导数双变量专题
导数中的双变量问题
导数1、设函数/(x) = (2-a)Inx + 2</V-~ -(a < 0).(1)讨论函数/(X)在定义域内的单调性；⑵当ae(-3,-2)时,任意x p x2e[l,3], (m + ln3)a-21n3>l/(x1)-/(x2)P®成立，求实数加的取值范围.2、已知二次函数g(x)对PxwR都满足g(x-l) + g(l-x)" - 2x-l且g(l) = j,设函数19= g(x + -) + m\nx + - ( mx>0 ) •e R r2o(I)求gd)的表达式;(II)若3xe/?+,使/W<0成立,求实数用的取值范围;(【II)设15", H(x) = f(x)-(m + l)x,求证:对于Vxp x2e[l,w],恒有I//(x1)-//(x2)l< 103、设x = 3是函数/(x) = (x2 + ax+e /?)的一个极值点.（1）求"与〃的关系式（用"表示方），并求的单调区间；95（2）设。
＞0,曲）=oh扌若存在匚盒可0,4］,使得|/（切-&（幻＜1成立，求"的取x q丿值范围.4、f （A） = （x2 + cix + b）e x（x 已R）.（1）若a = 2t b = -2f求函数/⑴的极值；（2）若x = l是函数/（x）的一个极值点，试求出“关于b的关系式（用。
表示b ）,并确定/（兀）的单调区间；（3）在（2）的条件下，设。
＞0,函数g（x） = （/ +⑷严.若存在衛仆［0,4］使得1/（2,）-/（22）1＜1成立,求"的取值范围.5、已知函数f（^x） = ax i+bx2 -3x（a,beR）在点（1J⑴）处的切线方程为y + 2 = 0. ⑴求函数f（x）的解析式；⑵若对于区间[-2,2]±任意两个自变量的值几花都有|/（州）-/（勺）|“，求实数c的最小值；⑶若过点M（2冲）（〃?工2）可作曲线y = f（X）的三条切线，求实数山的取值范围.6、设函数/（x） = x —丄一dlnx（dR）.x⑴讨论函数/（劝的单调性；⑵若/⑴有两个极值点州內，记过点心后）），BgJ（兀2））的直线斜率为问:是否存在"，使得k = 2-a若存在，求出"的值；若不存在，请说明理由.(1)求函数/G)的单调增区间；⑵记函数F(x)的图象为曲线C，设点心j)、BS)是曲线C上两个不同点,如果曲线C上存在点Mg,。
2020届高三一轮复习专题：导数之双变量的问题
双变量问题是导数问题中的一个难点，通常情况下，让所求的参数的式子满足另外一个已知的式子的取值范围，不仅可以解决最值得问题，还可以解决其中双变量中的参数问题。
一．双变量最值[例题1]已知函数14341ln)(-+-=xxxxf.（Ⅰ）求函数)(xf的单调区间；（Ⅱ）设42)(2-+-=bxxxg，若对任意)2,0(1∈x，[]2,12∈x，不等式)()(21xgxf≥恒成立，求实数b的取值范围二、双变量求参数问题[例题1] 设是函数的一个极值点. （1）求与的关系式（用表示），并求的单调区间；（2）设，若存在，使得成立，求的取值范围.3x =()()()23,x f x x ax b e x R -=++∈a b a b ()f x ()2250,4x a g x a e ⎛⎫>=+ ⎪⎝⎭[]12,0,4ξξ∈()()121f g ξξ-<a[例题2] ．（1）若，求函数的极值； （2）若是函数的一个极值点，试求出关于的关系式（用表示），并确定的单调区间；（3）在（2）的条件下，设，函数．若存在使得成立，求的取值范围．2()()()xf x x ax b e x R =++∈2,2a b ==-()f x 1x =()f x a b a b ()f x 0a >24()(14)xg x a e +=+]4,0[,21∈λλ1|)()(|21<-λλf f a[例题3] 已知二次函数对都满足且，设函数（，）．（Ⅰ）求的表达式；（Ⅱ）若，使成立，求实数的取值范围；（Ⅲ）设，，求证：对于，恒有．()g x x R ∀∈2(1)(1)21g x g x x x -+-=--(1)1g =-19()()ln 28f x g x m x =+++m R ∈0x >()g x x R +∃∈()0f x ≤m 1m e <≤()()(1)H x f x m x =-+12[1,]x x m ∀∈，12|()()|1H x H x -<[例题4]设函数． (1)讨论函数在定义域内的单调性；(2)当时，任意，恒成立，求实数的取值范围．221()(2)ln (0)ax f x a x a x+=-+<()f x (3,2)a ∈--12,[1,3]x x ∈12(ln 3)2ln 3|()()|m a f x f x +->-m。
导数双变量问题 专题 教案 2022届高三数学二轮复习备考
导数双变量问题专项（讲案）【教学目标】本节内容 目标层级 是否掌握单函数双变量问题 ★★★★★☆ 双函数双变量问题★★★★☆☆一、单函数双变量问题【知识点】1.已知函数()f x 的图象的顶点的横坐标就是极值点0x ，若()f x c =的两根的中点刚好满足1202x x x +=，即极值点在两根的正中间，也就是说极值点没有偏移．此时函数()f x 在0x x =两侧，函数值变化快慢相同，如图(1)． 2．若1202x x x +≠，则极值点偏移，此时函数()f x 在0x x =两侧，函数值变化快慢不同，如图(2)(3)．考点一 对称变换对称变换，主要用来解决与两个极值点之和、积相关的不等式的证明问题．其解题要点如下： (1)定函数(极值点为0x )，即利用导函数符号的变化判断函数单调性，进而确定函数的极值点x 0. (2)构造函数，即根据极值点构造对称函数()()()02F x f x f x x =--，若证2120x x x >，则令()()20x F x f x f x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭.(3)判断单调性，即利用导数讨论F (x )的单调性．(4)比较大小，即判断函数F (x )在某段区间上的正负，并得出()f x 与()02f x x -的大小关系． (5)转化，即利用函数f (x )的单调性，将()f x 与()02f x x -的大小关系转化为x 与02x x -之间的关系，进而得到所证或所求．[提醒] 若要证明12'2x x f +⎛⎫⎪⎝⎭符号问题，还需进一步讨论122x x +与x 0的大小，得出122x x +所在的单调区间，从而得出该处导数值的正负．考点二 消参减元消参减元的主要目的就是减元，进而建立与所求解问题相关的函数．主要是利用函数极值点乘积所满足的条件进行消参减元．其解题要点如下：考点三 比（差）值换元比(差)值换元的目的也是消参、减元，就是根据已知条件首先建立极值点之间的关系，然后利用两个极值点之比(差)作为变量，从而实现消参、减元的目的．设法用比值或差值(一般用t 表示)表示两个极值点，继而将所求解问题转化为关于t 的函数问题求解．【例题讲解】考点一 对称变换★★★例题1．已知函数2()()xf x xe x R -=∈．（Ⅰ）求函数()f x 的极值；（Ⅰ）若函数()y h x =的图象与函数()y f x =的图象关于直线12x =对称．求证：当12x >时，()()f x h x >． （Ⅰ）如果12x x ≠，且12()()f x f x =，证明：121x x +>．★★★练习1．已知函数()()xf x xe x R -=∈（Ⅰ）求函数()f x 的单调区间和极值；（Ⅰ）已知函数()y g x =的图象与函数()y f x =的图象关于直线1x =对称，证明：当1x >时，()()f x g x >； （Ⅰ）如果12x x ≠，且12()()f x f x =，证明122x x +>．★★★练习2．已知函数()2f x tlnx =，2()(,)g x x k t R k R =-∈∈．（1）当1k =时，若曲线()y f x =与()y g x =有且仅有一个公共点，求t 的取值范围； （2）当1t =时，设()()()h x f x g x =-，若函数()h x 存在两个不同的零点1x ，2x ，求证：1212x x +>．考点二 消参减元★★★例题2．已知函数()f x lnx x =-． （1）求函数()f x 的单调区间；（2）若方程()(2)f x m m =<-有两个相异实根1x ，2x ，且12x x <，证明：2122x x <．★★★练习1.已知0m >，函数()x f x e mx =-，直线:l y m =-． （1）讨论()f x 的图象与直线l 的交点个数；（2）若函数()f x 的图象与直线:l y m =-相交于1(M x ，1)y ，2(N x ，2)y 两点12()x x <，证明：12111x x +>．考点三 比（差）值换元★★★例题3．已知函数()()f x xlnx ax x a R =--∈． （1）求函数()f x 的极值；（2）设函数2()(0,)mx g x e x mx x m R =+->∈，若存在12x x ≠，使12()()f x f x =，证明：212()()a g x x g e <．★★★练习1．己知函数()u x xlnx =，21()12v x mx x =+-，m R ∈．（1）令2m =，求函数()()()1u x h x v x x =-+的单调区间；（2）令()()()f x u x v x =-，若函数()f x 恰有两个极值点1x ，2x ，且满足211(x e e x <为自然对数的底数）求12x x 的最大值．知识点要点总结：对于此类问题一般的求解思路是将两个变量分到不等式的两侧，然后根据函数的单调性，通过两个变量之间的关系“减元”，建立新函数，最终将问题转化为函数的最值问题来求解．考查了逻辑推理、数学建模及数学运算等核心素养．在求解此类问题时，需要注意变量取值范围的限定。
高中数学压轴题系列——导数专题——双变量问题.docx
高中数学压轴题系列——导数专题——双变量问题（2）1.（2010?辽宁）已知函数 f （x） =（ a+1）lnx+ax2+1（1）讨论函数 f（x）的单调性；（2）设 a＜﹣ 1．如果对任意 x1，x2∈（0， +∞），|f（ x1）﹣ f（x2） | ≥4| x1﹣x2| ，求 a 的取值范围．解：（Ⅰ） f（x）的定义域为（ 0，+∞） .．当a≥0 时， f ′（x）＞ 0，故 f（ x）在（ 0，+∞）单调递增；当a≤﹣ 1 时， f ′（x）＜ 0，故 f （x）在（ 0，+∞）单调递减；当﹣ 1＜ a＜0 时，令 f ′（ x） =0，解得．则当时， f'（ x）＞ 0；时， f' （x）＜ 0．故 f（x）在单调递增，在单调递减．（Ⅱ）不妨假设 x1≥2，而＜﹣，由（Ⅰ）知在（，∞）单调递减，x a10 +从而 ? x1， x2∈（ 0， +∞），|f（x1）﹣ f（ x2） | ≥4| x1﹣ x2|等价于 ? x1，2∈（，+∞），（ 2）+ 2≥（ 1）+1①x0f x4x f x4x令g（x）=f（ x）+4x，则①等价于 g（x）在（ 0，+∞）单调递减，即．从而故 a 的取值范围为（﹣∞，﹣2] ．（12 分）2．（2018?呼和浩特一模）已知函数f（x）=lnx， g（ x） =﹣bx（b为常数）．（Ⅰ）当 b=4 时，讨论函数 h（x）=f（x）+g（x）的单调性；（Ⅱ） b≥2 时，如果对于 ?x1，x2∈（1， 2] ，且 x1≠x2，都有|f（x1）﹣ f（ x2） | ＜|g（ x1）﹣ g（x2）|成立，求实数 b 的取值范围．解：（1） h（x）=lnx+ x2﹣bx 的定义域为（ 0，+∞），当 b=4 时， h（x）=lnx+x2﹣ 4x，h'（x）= +x﹣4=，令 h'（x） =0，解得 x1=2﹣，x2=2+，当 x∈（2﹣，2+）时， h′（ x）＜ 0，当 x∈（0，2﹣），或（ 2+，+∞）时， h′（x）＞ 0，所以， h（x）在∈（0，2﹣），或（ 2+ ，+∞）单调递增；在（ 2﹣，2+）单调递减；（Ⅱ）因为 f（ x）=lnx 在区间（ 1，2] 上单调递增，当 b≥ 2 时， g（x）= x2﹣bx 在区间（ 1，2] 上单调递减，不妨设 x1＞x2，则|f（x1）﹣ f（ x2） | ＜|g（x1）﹣g（x2）|等价化为 f（x1）+g（ x1）＜f（x2）+g（ x2），令φ（x）=f（ x）+g（x），则问题等价于函数φ（ x）在区间（ 1， 2] 上单调递减，即等价于φ′（ x） = +x﹣b≤0 在区间（ 1，2] 上恒成立，所以得 b≥ +x，因为 y= +x 在（ 1，2] 上单调递增，所以y max = +2=所以得b≥3．（2018?乐山二模）已知 f （x）=．（1）求 f（ x）的单调区间；（2）令 g（ x） =ax2﹣2lnx，则 g（x）=1 时有两个不同的根，求 a 的取值范围；（3）存在 x1，x2∈（ 1， +∞）且 x1≠x2，使|f（x1）﹣ f（x2） | ≥k| lnx 1﹣lnx 2| 成立，求 k 的取值范围．解：（1）∵ f（x）=，f′（x）==﹣=﹣，故x∈（0，1）时， f ′（x）＞ 0，x∈（1，+∞）时， f ′（ x）＜ 0，故f（x）在（ 0， 1）上单调递增，在（ 1，+∞）上单调递减；（2）∵ g（x）=ax2﹣ 2lnx=1，∴ a==f（x），作函数 f （x）的图象如下，∵f （1）==1，∴结合图象可知， a 的取值范围为（0，1）；（3）不妨设 x1＞ x2＞1，∵f（ x）在（1， +∞）上单调递减， y=lnx 在（1，+∞）上单调递增；∴|f（ x1）﹣ f （x2） | ≥k| lnx1﹣ lnx2| 可化为 f（ x2）﹣ f （x1）≥ k（ lnx1﹣lnx2），∴f （x2211）+klnx≥f（ x）+klnx ，即函数 h（x）=f（x）+klnx 在（ 1， +∞）上存在单调减区间，即 h′（ x） =f （′x）+ =﹣+ =＜ 0 在（ 1，+∞）上有解，即 m（x）=kx2﹣4lnx＜0 在（ 1，+∞）上有解，即k＜在（ 1，+∞）上有解，∵（）′=，当x=时，=0；故（） max =；∴ k＜．4．（2018?衡阳三模）已知函数f（ x） =lnx﹣ax2+x（a∈R），函数 g（ x）=﹣2x+3．（Ⅰ）判断函数F（x）=f（x）+（Ⅱ）若﹣ 2≤a≤﹣ 1 时，对任意成立，求实数 t 的最小值．解：（I）ag（x）的单调性；x1，x2∈[ 1，2] ，不等式|f（ x1）﹣ f （x2） | ≤t| g（x1）﹣ g（x2） | 恒，其定义域为为（ 0，+∞），=．（1）当 a≤ 0 时， F'（ x）≥ 0，函数 y=F（ x）在（ 0，+∞）上单调递增；（2）当 a＞ 0 时，令 F'（x）＞ 0，解得；令 F'（x）＜ 0，解得．故函数 y=F（x）在上单调递增，在上单调递减．（II）由题意知 t≥ 0.，当﹣ 2≤ a≤﹣ 1 时，函数 y=f（x）单调递增，不妨设1≤x1≤x2≤ 2，又函数 y=g（x）单调递减，所以原问题等价于：当﹣2≤a≤﹣ 1 时，对任意 1≤x1≤x2≤2，不等式 f（ x2）﹣ f（x1）≤ t[ g（x1）﹣ g（x2） ] 恒成立，即 f（x2）+tg（ x2）≤ f （x1）+tg（x1）对任意﹣ 2≤a≤﹣ 1，1≤x1≤ x2≤ 2 恒成立．记 h（ x）=f（x）+tg（ x） =lnx﹣+（ 1﹣ 2t）x+3t ，则 h（x）在[1，2] 上单调递减．得对任意 a∈[ ﹣ 2，﹣ 1] ， x∈[ 1，2] 恒成立．令，a∈[ ﹣ 2，﹣ 1] ，则2t ≤0 在 x∈（0，+∞）上恒成立．则 2t﹣1≥（ 2x+） max，而y=2x+在[1，2]上单调递增，所以函数 y=2x+在[1， 2] 上的最大值为．由 2t﹣1，解得 t．故实数 t 的最小值为．5．（2018?河南模拟）已知函数．（1）若 m＜0，曲线 y=f（x）在点（ 1， f（ 1））处的切线在两坐标轴上的截距之和为2，求 m 的值；（2）若对于任意的及任意的x1，x2∈[ 2，e]，x1≠x2，总有成立，求 t 的取值范围．解：（1）因为又因为切点坐标为，所以，所以切线方程为，f' （1）=m﹣1．．令 x=0，得；令y=0，得解得 m=﹣2 或，又m＜0，所以（2）不妨设 x1＞ x2，由（ 1）知，．由m=﹣2．，，化简得，2m2+m﹣ 6=0，所以f' （x）＞ 0， f（ x）为增函数，从而f（x1）＞ f（x2）．所以等价于，即，所以．设，则g（x1）＞ g（ x2），所以g（x）在[2，e]上为单调递增函数，因此所以g'（x）≥ 0，，即对于对于恒成立，x∈[ 2，e] 恒成立．设 h（ x）=x3﹣2x2，则=，所以 h（x）在[2， e] 上单调递增， h（x）min =h（2）=1，因此， t ≤ 1，即 t ∈（﹣∞， 1] ．。
导数压轴题双变量问题题型归纳总结
导数应用之双变量问题（一）构造齐次式，换元【例】已知函数()2ln f x x ax b x =++，曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为2y x =.（1）求实数,a b 的值；（2）设()()()()21212,,0F x f x x mx m R x x x x =-+∈<<分别是函数()F x的两个零点，求证：0F '<.【解析】（1）1,1a b ==-；（2）()2ln f x x x x =+-，()()1ln F x m x x =+-，()11F x m x'=+-， 因为12,x x 分别是函数()F x 的两个零点，所以()()11221ln 1ln m x x m x x +=⎧⎪⎨+=⎪⎩， 两式相减，得1212ln ln 1x x m x x -+=-，|1212ln ln 1x x F m x x -'=+=-0F '<，只需证1212ln ln x x x x -<-.思路一：因为120x x <<，只需证1122ln ln ln 0x x x x ->⇔>.令()0,1t =，即证12ln 0t t t -+>. 令()()12ln 01h t t t t t =-+<<，则()()22212110t h t t t t -'=--=-<， 所以函数()h t 在()0,1上单调递减，()()10h t h >=，即证12ln 0t t t-+>.由上述分析可知0F '<.【规律总结】这是极值点偏移问题，此类问题往往利用换元把12,x x 转化为t 的函数，常把12,x x 的关系变形为齐次式，设12111222,ln ,,x x x xt t t x x t e x x -===-=等，构造函数来解决，可称之为构造比较函数法. 思路二：因为120x x <<，只需证12ln ln 0x x -， 设())22ln ln 0Q x x x x x =-<<，则()2110Q x xx '===<， …所以函数()Q x 在()20,x 上单调递减，()()20Q x Q x >=，即证2ln ln xx -.由上述分析可知0F '<.【规律总结】极值点偏移问题中，由于两个变量的地位相同，将待证不等式进行变形，可以构造关于1x （或2x ）的一元函数来处理．应用导数研究其单调性，并借助于单调性，达到待证不等式的证明．此乃主元法.【变式训练】 已知函数()()21f x x axlnx ax 2a R 2=-++∈有两个不同的极值点x 1，x 2，且x 1＜x 2． （1）求实数a 的取值范围；（2）求证：x 1x 2＜a 2．【分析】（1）先求导数，再根据导函数有两个不同的零点，确定实数a 所需满足的条件，解得结果，（2）先根据极值点解得a ，再代入化简不等式x 1x 2＜a 2，设21x x t =，构造一元函数，利用导数研究函数单调性，最后构造单调性证明不等式.【解析】（1）略（2）f′（x ）=x-a lnx ，g （x ）=x-a lnx ，由x 1，x 2是g （x ）=x-a lnx=0的两个根，￥则2211lnx x lnx x a a =⎧⎨=⎩，两式相减，得a （lnx 2-lnx 1）=x 2-x 1），即a =2121x x lnx lnx --，即证x 1x 2＜221221(x x )x (ln )x -，即证22221121x (x x )(ln )x x x -<=2112x x 2x x -+， 由x 1＜x 2，得21x x =t ＞1，只需证ln 2t-t-120t +<，设g （t ）=ln 2t-t-12t+，则g′（t ）=221lnt 1t t -+=112lnt t t t ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭， 令h （t ）=2lnt-t+t1，∴h′（t ）=2211t t --=-（11t -）2＜0，∴h（t ）在（1，+∞）上单调递减，∴h（t ）＜h （1）=0，∴g′（t ）＜0，即g （t ）在（1，+∞）上是减函数，∴g（t ）＜g （1）=0，即ln 2t ＜t-2+t1在（1，+∞）上恒成立，∴x 1x 2＜a 2． "【变式训练】 已知函数()12ln f x x a x x=-+⋅. （1）讨论()f x 的单调性；（2）设()2ln g x x bx cx =--，若函数()f x 的两个极值点()1212,x x x x <恰为函数()g x 的两个零点，且()12122x x y x x g +⎛⎫'=-⋅ ⎪⎝⎭的范围是2ln 2,3⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭，求实数a 的取值范围.【解析】（1）()f x 的定义域为()0,∞+，()22212211a x ax f x x x x--+'=-+=-. （i ）若1a ≤，则()0f x '≤，当且仅当1a =，1x =时，()0f x '=（ii ）若1a >，令()0f x '=得12x a x a ==当(()20,x a a a ∈++∞时，()0f x '<；当(x a a ∈时，()0f x '>，!所以，当1a ≤时，()f x 单调递减区间为()0,∞+，无单调递增区间； 当1a >时，()f x单调递减区间为(()0,,a a +∞；单调递增区间为(a a .（2）由（1）知：1a >且12122,1x x a x x +==.又()12g x b cx x'=--， ∴()12121222x x g b c x x x x +⎛⎫'=--+⎪+⎝⎭， 由()()120g x g x ==得()()22112122lnx b x x c x x x =-+-， ()()()()1222121212121222-+⎛⎫'=-=---- ⎪+⎝⎭x x x x y x x g b x x c x x x x .()121112212122212ln ln 1⎛⎫- ⎪-⎝⎭=-=-++x x x x x x x x x x x x ，令12(0,1)x t x =∈，∴2(1)ln 1t y t t -=-+， ∴22(1)0(1)t y t t --'=<+，所以y 在()0,1上单调递减. ~由y 的取值范围是2ln 2,3⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭，得t 的取值范围是10,2⎛⎤⎥⎝⎦，∵122x x a +=， ∴()222222211221212112212212(2)242x x x x x xa x x x x x x a x x x x ++=+=++===++，∴2122119422,2x x a t x x t ⎡⎫=++=++∈+∞⎪⎢⎣⎭，又∵1a >，故a的取值范围是4⎡⎫+∞⎪⎢⎪⎣⎭.(二)各自构造一元函数【例】 已知函数f （x ）＝lnx ﹣ax +1（a ∈R ）． （1）求f （x ）的单调区间； （2）设g （x ）＝lnx 344x x-+，若对任意的x 1∈（0，+∞），存在x 2∈（1，+∞），使得f （x 1）＜g （x 2）成立，求实数a 的取值范围． 【分析】（1）函数求导得()11'axf x a x x-=-=，然后分a ≤0和a ＞0两种情况分类求解. （2）~（3）根据对任意的x 1∈（0，+∞），存在x 2∈（1，+∞），使得f （x 1）＜g （x 2）成立，等价于f （x ）max ＜g （x ）max ，然后分别求最大值求解即可.【详解】（1） 略（2）()()()222213113143'4444x x x x g x x x x x-+--+-=--⨯==， 在区间（1，3）上，g ′（x ）＞0，g （x ）单调递增，在区间（3，+∞）上，g ′（x ）＜0，g （x ）单调递减，所以g （x ）max ＝g （3）＝ln 312-， 因为对任意的x 1∈（0，+∞），存在x 2∈（1，+∞），使得f （x 1）＜g （x 2）成立， 等价于f （x ）max ＜g （x ）max ，由（1）知当a ≤0时，f （x ）无最值，~当a ＞0时，f （x ）max ＝f （1a ）＝﹣lna ，所以﹣lna ＜ln 312-，所以3lna ＞ln ，解得a 3．【变式训练】【广东省2020届高三期末】设函数2()()e ()xf x x ax a a -=+-⋅∈R .（1）当0a =时，求曲线()y f x =在点(1,(1))f --处的切线方程；（2）设2()1g x x x =--，若对任意的[0,2]t ∈，存在[0,2]s ∈使得()()f s g t ≥成立，求a 的取值范围.【解析】 (1)当0a =时，因为()2xf x x e -=⋅，所以()()()2'2,'13xf x x x e f e -=-+⋅-=-，又因为()1f e -=，所以曲线()y f x =在点()()1,1f --处的切线方程为()31y e e x -=-+，即320ex y e ++=.(2)“对任意的[]0,2t ∈，存在[]0,2s ∈使得()()f s g t ≥成立”等价于“在区间[]0,2上，()f x 的最大值大于或等于()g x 的最大值”.因为()2215124g x x x x ⎛⎫=--=-- ⎪⎝⎭，所以()g x 在[]0,2上的最大值为()21g =. ()()()2'2xx f x x a ex ax a e --=+⋅-+-⋅ ()222x e x a x a -⎡⎤=-+--⎣⎦()()2x e x x a -=--+,令()'0f x =，得2x =或x a =-.①当0a -≤，即0a ≥时，()'0f x ≥在[]0,2上恒成立，()f x 在[]0,2上为单调递增函数，()f x 的最大值大为()()2124f a e =+⋅，由()2141a e+⋅≥，得24a e ≥-； >②当02a <-<，即20a -<<时，当()0,x a ∈-时，()()'0,f x f x <为单调递减函数，当(),2x a ∈-时，()()'0,f x f x >为单调递增函数，所以()f x 的最大值大为()0f a =-或()()2124f a e=+⋅.由1a -≥，得1a ≤-；由()2141a e+⋅≥，得24a e ≥-，又因为20a -<<，所以21a -<≤-； ③当2a -≥，即2a ≤-时，()'0f x ≤在[]0,2上恒成立，()f x 在[]0,2上为单调递减函数，所以()f x 的最大值大为()0f a =-，由1a -≥，得1a ≤-，又因为2a ≤-，所以2a ≤-， 综上所述，实数a 的取值范围是1a ≤-或24a e ≥-. (三)消元构造一元函数【例】已知函数f (f )={e −f +1,f ≤0,2√f , f >0.函数f =f (f (f )+1)−f (f ∈f )恰有两个零点f 1和f 2． （1）求函数f (f )的值域和实数f 的最小值；（2）若f1<f2，且ff1+f2≥1恒成立，求实数f的取值范围．【解析】（1）当f≤0时，f(f)=e−f+1≥2.`当f>0时，f(f)=2√f>0.∴f(f)的值域为(0,+∞)．令f(f(f)+1)=f，∵f(f)+1>1，∴f(f(f)+1)>2，∴f>2.又f(f)的单调减区间为(−∞,0]，增区间为(0,+∞).设f(f)+1=f1，f(f)+1=f2，且f1<0，f2>1．∴f(f)=f1−1无解.从而f(f)=f2−1要有两个不同的根，应满足f2−1≥2，∴f2≥3.∴f(f2)=f(f(f)+1)≥2√3.即f≥2√3．∴f的最小值为2√3.(2) f=f(f(f)+1)−f有两个零点f1、f2且f1<f2，设f(f)=f，f∈[2,+∞)，∴e−f1+1=f，∴f1=−ln(f−1).2√f2=f，∴f2=f24.#∴−f ln(f−1)+f24≥1对f∈[2,+∞)恒成立设f(f)=−f ln(f−1)+f24−1，f′(f)=−ff−1+f2=f2−f−2f2(f−1).∵f∈[2,+∞)，∴f2−f∈[2,+∞)恒成立.∴当2f≤2，即f≤1时，f′(f)≥0，∴f(f)在[2,+∞)上单调递增.∴f(f)≥f(2)=−f ln1+1−1=0成立.当f>1时，设f(f)=f2−f−2f.由f(2)=4−2−2f=2−2f<0.∴∃f0∈(2,+∞)，使得f(f0)=0.且当f∈(2,f0)时，f(f)<0，f∈(f0,+∞)时，f(f)>0.∴当f∈(2,f0)时，f(f)单调递减，此时f(f)<f(2)=0不符合题意.综上，f≤1.【变式训练】f(f)=f2+ff−f ln f.（1）若函数f(f)在[2,5]上单调递增，求实数f的取值范围；（2）当f=2时，若方程f(f)=f2+2f有两个不等实数根f1，f2，求实数f的取值范围，并证明f1f2<1.【解析】（1）f′(f)=2f+f−ff，∵函数f(f)在[2,5]上单调递增，∴f′(f)≥0在f∈[2,5]恒成立，即2f+f−ff≥0对f∈[2,5]恒成立，∴f≥−2f2f−1对f∈[2,5]恒成立，即f≥(−2f2f−1)max，f∈[2,5]，令f(f)=−2f2f−1(f∈[2,5])，则f′(f)=−2f2+4f(f−1)2≤0(f∈[2,5])，∴f(f)在[2,5]上单调递减，∴f(f)在[2,5]上的最大值为f(2)=−8.\∴f的取值范围是[−8,+∞).（2）∵当f=2时，方程f(f)=f2+2f⇔f−ln f−f=0，令f(f)=f−ln f−f(f>0)，则f′(f)=1−1f，当f∈(0,1)时，f′(f)<0，故f(f)单调递减，当f∈(1,+∞)时，f′(f)>0，故f(f)单调递增，∴f(f)min=f(1)=1−f.若方程f(f)=f2+2f有两个不等实根，则有f(f)min<0，即f>1，当f>1时，0<f−f<1<f f，f(f−f)=f−f>0，f(f f)=f f−2f，令f(f)=f f−2f(f>1)，则f′(f)=f f−2>0，f(f)单调递增，f(f)>f(1)=f−2>0，∴f(f f)>0，∴原方程有两个不等实根，∴实数f的取值范围是(1,+∞).不妨设f 1<f 2，则0<f 1<1<f 2，0<1f 2<1，∴f 1f 2<1⇔f 1<1f 2⇔f (f 1)>f (1f 2)，∵f (f 1)=f (f 2)=0，∴f (f 1)−f (1f 2)=f (f 2)−f (1f 2)=(f 2−ln f 2−f )−(1f 2−ln 1f 2−f ),=f 2−1f 2−2ln f 2.令f (f )=f −1f−2ln f (f >1)，则f′(f )=1+1f 2−2f=(1f −1)2>0，∴f (f )在(1,+∞)上单调递增，∴当f >1时，f (f )>f (1)=0，即f 2−1f 2−2ln f 2>0，∴f (f 1)>f (1f 2)，∴f 1f 2<1.(四)独立双变量，化为两边同函数形式【例】 已知函数()()1ln f x kx x =-，其中k 为非零实数. （1）求()f x 的极值； ，（2）当4k =时，在函数()()22g x f x x x =++的图象上任取两个不同的点()11,M x y 、()22,N x y .若当120x x t <<<时，总有不等式()()()12124g x g x x x -≥-成立，求正实数t 的取值范围： 【详解】（1） 略；（2）当4k =时，()4ln f x x =-'，()224ln g x x x x =+-，当120x x t <<<时，总有不等式()()()12124g x g x x x -≥-成立，即()()112244g x x g x x -≥-，构造函数()()2424ln F x g x x x x x =-=--，由于120x x t <<<，()()12F x F x ≥，则函数()y F x =在区间()0,t 上为减函数或常函数，()()()221422x x F x x x x='-+=--，0x，解不等式()0F x '≤，解得02x <≤.`由题意可知()(]0,0,2t ⊆，02t ∴<≤，因此，正实数t 的取值范围是(]0,2；【变式训练】设函数． （1）若曲线在点处的切线与直线垂直，求的单调递减区间和极小值（其中为自然对数的底数）；（2）若对任何恒成立，求的取值范围． 【解析】（2）条件等价于对任意恒成立，设． 则在上单调递减， 则在上恒成立，得恒成立， —∴（对仅在时成立），故的取值范围是【变式训练】已知函数f (f )=f +f ln f .（Ⅰ）求函数f (f )的图象在点(1,1)处的切线方程；（Ⅱ）若f ∈f ，且f (f −1)<f (f )对任意f >1恒成立，求f 的最大值； （Ⅲ）当f >f ≥4时，证明：(ff f )f >(ff f )f .()ln ,k R kf x x x=+∈()y f x =()(),e f e 20x -=()f x e ()()1212120,x x f x f x x x >>-<-k ()()1211220,x x f x x f x x >>-<-()()()ln 0kh x f x x x x x x=-=+->()h x ()0,+∞()2110k h x x x '=--≤()0,+∞()2211024k x x x x ⎛⎫≥-+=--+> ⎪⎝⎭14k ≥()1,04k h x '==12x =k 1,4⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭【解析】（Ⅰ）∵f ′(f )=ln f +2,∴f ′(1)=2，函数f (f )的图象在点(1,1)处的切线方程f =2f −1；（Ⅱ）由（Ⅰ）知，f (f )=f +f ln f ,∴f (f −1)<f (f )，对任意f >1恒成立，）即f <f +f ln ff −1对任意f >1恒成立． 令f (f )=f +f ln ff −1，则f′(f )=f −ln f −2(f −1)2，令f (f )=f −ln f −2(f >1)，则f ′(f )=1−1f =f −1f>0，所以函数f (f )在(1,+∞)上单调递增．∵f (3)=1−ln 3〈0,f (4)=2−2ln 2〉0，∴方程f (f )=0在(1,+∞)上存在唯一实根f 0，且满足f 0∈(3,4)．当1<f <f 0时，f (f )<0，即f′(f )<0，当f >f 0时，f (f )>0，即f′(f )>0， 所以函数f (f )=f +f ln ff −1在(1,f 0)上单调递减，在(f 0,+∞)上单调递增． ∴[f (f )]min =f (f 0)=f 0(1+ln f 0)f 0−1=f 0(1+f 0−2)f 0−1=f 0∈(3,4)，∴f <[f (f )]min =f 0∈(3,4)，故整数f 的最大值是3．)（Ⅲ）由（Ⅱ）知，f (f )=f +f ln ff −1是[4,+∞)上的增函数，∴当f >f ≥4时，f +f ln f f −1>f +f ln ff −1． 即f (f −1)(1+ln f )>f (f −1)(1+ln f )．整理，得ff ln f +f ln f >ff ln f +f ln f +(f −f )． ∵f >f ,∴ff ln f +f ln f >ff ln f +f ln f ．即ln f ff +ln f f >ln f ff +ln f f ．即ln (f ff f f )>ln (f ff f f )．∴(ff f )f >(ff f )f ． (五)把其中一个看作自变量，另一个看作参数【例】 已知a R ∈，函数()()2ln 12f x x x ax =+-++（Ⅰ）若函数()f x 在[)2,+∞上为减函数，求实数a 的取值范围；（Ⅱ）设正实数121m m +=，求证：对)1()(f x f ≥上的任意两个实数1x ，2x ，总有()()()11221122f m x m x m f x m f x +≥+成立]【分析】（Ⅰ）将问题转化为()0f x '≤在[)+∞∈,2x 上恒成立，可得112+-≤x x a ，令()121h x x x =-+，可判断出()h x 在[)2,+∞上单调递增，即()()min 2h x h =，从而可得a 的范围；（Ⅱ）构造函数()()()122122()F x f m x m x m f x m f x =+--，(]21,x x ∈-，且121x x -<≤；利用导数可判断出()F x 在(]21,x x ∈-上是减函数，得到()()2F x F x ≥，经验算可知()20F x =，从而可得()()()122122f m x m x m f x m f x +≥+，从而可证得结论.【解析】（Ⅰ）由题意知：()121f x x a x '=-++ 函数()f x 在[)2,+∞上为减函数，即()0f x '≤在[)+∞∈,2x 上恒成立即112+-≤x x a 在[)+∞∈,2x 上恒成立，设()121h x x x =-+ 当2≥x 时，11=+y x 单调递减，2=y x 单调递增()h x ∴在[)2,+∞上单调递增 ()()min 1112433h x h ∴==-=，113a ∴≤，即a 的取值范围为11,3⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦（Ⅱ）设121x x -<≤，令：()()()122122()F x f m x m x m f x m f x =+--，(]21,x x ∈-则()()()()21221220F x f m m x m m f x =+-+=⎡⎤⎣⎦*()()()()()112211122F x m f m x m x m f x m f m x m x f x '''''∴=+-=+-⎡⎤⎣⎦()()1221222222210m x m x x x m m x m x m x m x x +-=-+=-+=-≥，122m x m x x ∴+≥()121f x x a x '=-++，令()()g x f x ='，则()()21201g x x '=--<+ ()f x ∴'在()1,x ∈-+∞上为减函数，()()122f m x m x f x ''∴+≤()()11220m f m x m x f x ''∴+-≤⎡⎤⎣⎦，即()0F x '≤()F x ∴在(]21,x x ∈-上是减函数，()2()0F x F x ∴≥=，即()0F x ≥ ()()()1221220f m x m x m f x m f x ∴+--≥(]21,x x ∴∈-时，()()()122122f m x m x m f x m f x +≥+（121x x -<≤ ，()()()11221122f m x m x m f x m f x ∴+≥+【变式训练】 已知函数f (f )=f f −f ，f (f )=(f +f )ln (f +f )−f ．（1）若f =1，f ′(f )=f ′(f )，求实数f 的值．（2）若f ,f ∈f +，f (f )+f (f )≥f (0)+f (0)+ff ，求正实数f 的取值范围． 【解析】（1）由题意，得f ′(f )=f f −1，f ′(f )=ln (f +f )，由f =1，f ′(f )=f ′(f )…①，得f f −ln (f +1)−1=0， 令f (f )=f f −ln (f +1)−1，则f ′(f )=f f −1f +1，…因为f″(f)=f f+1(f+1)2>0，所以f′(f)在(−1,+∞)单调递增，又f′(0)=0，所以当−1<f<0时，f′(f)>0，f(f)单调递增；当f>0时，f′(f)<0，f(f)单调递减；所以f(f)≤f(0)=0，当且仅当f=0时等号成立．故方程①有且仅有唯一解f=0，实数f的值为0．（2）解法一：令f(f)=f(f)−ff+f(f)−f(0)−f(0)（f>0），则f′(f)=f f−(f+1)，所以当f>ln(f+1)时，f′(f)>0，f(f)单调递增;当0<f<ln(f+1)时，f′(f)<0，f(f)单调递减;;故f(f)≥f(ln(f+1))=f(ln(f+1))+f(f)−f(0)−f(0)−f ln(f+1)=(f+f)ln(f+f)−(f+1)ln(f+1)−f ln f．令f(f)=(f+f)ln(f+f)−(f+1)ln(f+1)−f ln f（f>0），则f′(f)=ln(f+f)−ln(f+1)．（i）若f>1时，f′(f)>0，f(f)在(0,+∞)单调递增，所以f(f)>f(0)=0，满足题意．（ii）若f=1时，f(f)=0，满足题意．（iii）若0<f<1时，f′(f)<0，f(f)在(0,+∞)单调递减，所以f(f)<f(0)=0．不满足题意．综上述：f≥1．(六)利用根与系数的关系，把两变量用另一变量表示>【例】（2020山西高三期末）设函数1()ln() f x x a x a Rx=--∈（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个极值点1x 和2x ，记过点1122(,()),(,())A x f x B x f x 的直线的斜率为k ，问：是否存在a ，使得2k a =-若存在，求出a 的值，若不存在，请说明理由． 【解析】（1）()f x 定义域为()0,∞+，()22211'1a x ax f x x x x-+=+-=， 令()221,4g x x ax a =-+∆=-，①当22a -≤≤时，0∆≤，()'0f x ≥，故()f x 在()0,∞+上单调递增， ·②当2a <-时，>0∆，()0g x =的两根都小于零，在()0,∞+上，()'0f x >，故()f x 在()0,∞+上单调递增，③当2a >时，>0∆，()0g x =的两根为12x x ==，当10x x <<时，()'0f x >；当12x x x <<时，()'0f x <；当2x x >时，()'0f x >； 故()f x 分别在()()120,,,x x +∞上单调递增，在()12,x x 上单调递减.（2）由（1）知，2a >，因为()()()()1212121212ln ln x x f x f x x x a x x x x --=-+--. 所以()()1212121212ln ln 11f x f x x x k a x x x x x x --==+⋅--,又由（1）知，121=x x ，于是1212ln ln 2x x k a x x -=--，若存在a ，使得2k a =-，则1212ln ln 1x x x x -=-，即1212ln ln x x x x -=-，亦即222212ln 0(1)x x x x --=>|再由（1）知，函数()12ln h t t t t=--在()0,∞+上单调递增，而21>x ，所以22212ln 112ln10x x x -->--=，这与上式矛盾，故不存在a ，使得2k a =-. 【变式训练】 已知函数21()2ln 2f x x x a x =-+，其中0a >. （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个极值点1x ，2x ，证明：123()()2f x f x -<+<-.【解析】（1）解：由题得22'()2a x x af x x x x-+=-+=，其中0x >，考察2()2g x x x a =-+，0x >，其中对称轴为1x =，44a ∆=-. 若1a ≥，则，此时()0g x ≥，则'()0f x ≥，所以()f x 在(0,)+∞上单调递增；|若，则∆>0，此时220x x a -+=在R 上有两个根111x a =--，211x a =+-，且1201x x <<<，所以当时，()0g x >，则'()0f x >，()f x 单调递增；当12(,)x x x ∈时，()0g x <，则'()0f x <，()f x 单调递减；当2(,)x x ∈+∞时，()0g x >，则'()0f x >，()f x 单调递增，综上，当1a ≥时，()f x 在(0,)+∞上单调递增；当时，()f x 在(0,11)a --上单调递增，在(11,11)a a --+-上单调递减，在(11,)a +-+∞上单调递增.（2）证明：由（1）知，当时，()f x 有两个极值点1x ，2x ，且122x x +=，12x x a =，所以()()2212111222112ln 2ln 22fx f x x x a x x x a x +=-++-+ ()()()2212121212ln ln 2x x x x a x x =+-+++()()()212121212122ln 2x x x x x x a x x ⎡⎤=+--++⎣⎦()21224ln ln 22a a a a a a =--+=--. 令()ln 2h x x x x =--，01x <<，则只需证明3()2h x -<<-， 由于'()ln 0h x x =<，故()h x 在(0,1)上单调递减，所以()(1)3h x h >=-.又当01x <<时，ln 11x -<-，(ln 1)0x x -<，故()ln 2(ln 1)22h x x x x x x =--=--<-， 所以，对任意的01x <<，3()2h x -<<-. 综上，可得()()1232fx f x -<+<-.【变式训练】已知函数21ln 02f x ax x a x=-+≥（）（）. （1）讨论函数f （x ）的极值点的个数；/（2）若f （x ）有两个极值点1x ，2x ，证明：1234ln 2f x f x +>-（）（）. 【解析】（1）由题意，函数221ln ln 22f x ax x x ax x x=-+=--+（）， 得2121'21ax x f x ax x x -+-=--+=（），0x ∈+∞（，）， （i ）若0a =时；1x f x x-'=（），当01x ∈（，）时，()0f x '<，函数()f x 单调递减；当），（∞+∈1x 时，()0f x '>， 函数()f x 单调递增，所以当1x =，函数()f x 取得极小值，1x =是()f x 的一个极小值点；（ii ）若0a >时，则180a ∆=-≤，即18a ≥时，此时0f x '≤（），()f x 在(0,)+∞是减函数，()f x '无极值点，当108a <<时，则180a ∆=->，令0='）（x f ，解得1x =，2x =，当10x x ∈（，）和2x x ∈+（，）∞时，0f x '<（），当12x x x ∈（，）时，0>'）（x f ， `∴()f x 在1x 取得极小值，在2x 取得极大值，所以()f x 有两个极值点， 综上可知：（i ）0a =时，()f x 仅有一个极值点；(ii).当18a ≥时，()f x 无极值点； (iii)当108a <<，()f x 有两个极值点. （2）由（1）知，当且仅当108a ∈（，）时，()f x 有极小值点1x 和极大值点2x ，且1x ，2x 是方程2210ax x 的两根，∴1212x x a +=,1212x x a=， 则222121121211ln ln 22f x f x ax x ax x x x +=-++-+（）（） 22121212ln 2ln 2x x a x x x x =-+-+++（）（）（）22111ln[]42a a a a a=---+ 11ln 1242a a a =++-1ln 1ln 24a a=+--，【设1ln ln 24g a a a =++-（）1，1(0,)8a ∈，则221141044a g a a a a-'=-=<（），∴10,8a ∈（）时，()a g 是减函数，1()()8g a g >，∴1ln 3ln 234ln 28g a >+-=-（）， ∴1234ln 2f x f x +>-（）（）. 三、跟踪训练 1.已知函数1()ln ()f x x a x a R x=-+∈. （1）讨论函数()y f x =的单调性； （2）若10<<b ，1()()g x f x bx x=+-，且存在不相等的实数1x ，2x ，使得()()12g x g x =，求证：0a <且2211a x x b ⎛⎫> ⎪-⎝⎭. 【解析】（1）由题意，函数1()ln ()f x x a x a R x =-+∈，可得22211'()1(0)a x ax f x x x x x++=++=>， @当0a ≥时，因为0x >，所以210x ax ++>，所以'()0f x >，故函数()f x 在(0,)+∞上单调递增；当20a -≤<时，240a ∆=-≤，210x ax ++≥，所以'()0f x >， 故函数()f x 在(0,)+∞单调递增；当2a <-时，'()0f x >，解得0x <<或x >，'()0f x <x <<，所以函数()f x 在区间⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭上单调递减，在区间⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭和区间⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递增. 综上所述，当2a ≥-时，函数()f x 在(0,)+∞上单调递增，当2a <-时，函数()f x在区间⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭上单调递减， !在区间0,2a ⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭和区间2a ⎛⎫-++∞⎪ ⎪⎝⎭上单调递增. （2）由题知()(1)ln g x b x a x =-+，则'()1ag x b x=-+. 当0a ≥时，0)('>x g ，所以()g x 在(0,)+∞上单调递增，与存在不相等的实数1x ，2x ，使得12()()g x g x =矛盾，所以0a <.由12()()g x g x =，得1122(1)ln (1)ln b x a x b x a x -+=-+， 所以()()2121ln ln (1)a x x b x x --=--，不妨设120x x <<，因为10<<b ，所以212101ln ln x x a b x x -=>--，欲证2121a x x b ⎛⎫< ⎪-⎝⎭，只需证2211221ln ln x x x x x x ⎛⎫-> ⎪-⎝⎭，只需证2121ln ln x x x x ->-21x t x =，1t >，等价于证明1ln t t->ln 0t -<， |令()ln 1)h t t t =->，2'()0h t =<，所以)(t h 在区间(1,)+∞上单调递减，所以()(1)0h t h <=，从而ln 0t <得证，于是2211a x x b ⎛⎫> ⎪-⎝⎭.2.【2020河北省衡水市高三期末】已知函数f (f )=f ln f −f 2.（1）令f (f )=f (f )+ff ，若f =f (f )在区间(0,3)上不单调，求f 的取值范围；（2）当f =2时，函数f (f )=f (f )−ff 的图象与f 轴交于两点f (f 1,0)，f (f 2,0)，且0<f 1<f 2，又f ′(f )是f (f )的导函数.若正常数f ，f 满足条件f +f =1，f ≥f .试比较f ′(ff 1+ff 2)与0的关系，并给出理由【解析】（1）因为f (f )=f ln f −f 2+ff ，所以f ′(f )=ff −2f +f ， 因为f (f )在区间(0,3)上不单调，所以f ′(f )=0在(0,3)上有实数解，且无重根， 由f ′(f )=0，有f =2f 2f +1=2(f +1+1f +1)−4，f ∈(0,3)，令t=x+1>4则y=2(t+1f )−4在t>4单调递增，故f ∈(0,92)、（2）∵f ′(f )=2f −2f −f ，又f (f )−ff =0有两个实根f 1，f 2，∴{2fff 1−f 12−ff 1=02fff 2−f 22−ff 2=0，两式相减，得2(ln f 1−ln f 2)−(f 12−f 22)=f (f 1−f 2)， ∴f =2(ln f 1−ln f 2)f 1−f 2−(f 1+f 2)，于是f ′(ff 1+ff 2)=2ff 1+ff 2−2(ff 1+ff 2)−2(ln f 1−ln f 2)f 1−f 2+(f 1+f 2)=2ff 1+ff 2−2(ln f 1−ln f 2)f 1−f 2+(2f −1)(f 2−f 1).∵f ≥f ，∴2f ≤1，∴(2f −1)(f 2−f 1)≤0. 要证：f ′(ff 1+ff 2)<0，只需证：2ff1+ff 2−2(ln f 1−ln f 2)f 1−f 2<0，只需证：f 1−f 2ff 1+ff 2−ln f1f 2>0.（*）令f 1f 2=f ∈(0,1)，∴（*）化为1−fff +f +ln f <0，只需证f (f )=ln f +1−fff +f <0；f ′(f )=1f −1(ff +f )2>0∵f (f )在(0,1)上单调递增，f (f )<f (1)=0，∴ln f +1−f ff +f<0，即f 1−f 2ff +f+ln f 1f 2<0.∴f ′(ff 1+ff 2)<0.2.（2020·江苏金陵中学高三开学考试）已知函数f （x ）=12ax 2+lnx ，g （x ）=-bx ，其中a ，b∈R，设h （x ）=f （x ）-g （x ），（1）若f （x ）在x=√22处取得极值，且f′（1）=g （-1）-2．求函数h （x ）的单调区间；（2）若a=0时，函数h （x ）有两个不同的零点x 1，x 2 ①求b 的取值范围；②求证：x 1x 2e 2＞1．【答案】（1）在区间（0,1）上单调增；在区间（1,+）上单调减.（2）①（−1f ，0）②详见解析—【解析】试题分析：（1）先确定参数：由f ′(1)=f (−1)−2可得a=b-3. 由函数极值定义知f ′(√22)=√22f +√2=0所以a=" -2,b=1" .再根据导函数求单调区间（2）①当f =0时，f (f )=ln f +ff ，原题转化为函数f (f )=−ln ff与直线f =f 有两个交点，先研究函数f (f )=−ln ff图像，再确定b 的取值范围是（−1f ，0）. ②f 1f 2f 2>1⇔f 1f 2>f 2⇔ln f 1f 2>2，由题意得ln f 1+ff 1=0,ln f 2+ff 2=0,所以ln f 1f 2ln f 2−ln f 1=f 1+f 2f 2−f 1，因此须证ln f 2−ln f 1>2(f 2−f 1)f 2+f 1，构造函数f (f )=ln f −2(f −1)f +1，即可证明 试题解析：（1）因为f ′(f )=ff +1f ，所以f ′(1)=f +1,由f ′(1)=f (−1)−2可得a=b-3.又因为f (f )在f =√22处取得极值，所以f ′(√22)=√22f +√2=0，所以a=" -2,b=1" .所以f (f )=−f 2+ln f +f ，其定义域为（0，+）f′(f )=−2f +1f +1=−2f 2+f +1f =−(2f +1)(f −1)f{令f′(f )=0得f 1=−12,f 2=1，当f ∈（0,1）时，f′(f )>0，当f ∈（1,+）f′(f )<0，所以函数h （x ）在区间（0,1）上单调增；在区间（1,+）上单调减.（2）当f =0时，f (f )=ln f +ff ，其定义域为（0，+）.①由f (f )=0得f =-ln ff，记f (f )=−ln ff，则f′(f )=ln f −1f 2,所以f (f )=−ln ff在(0,f )单调减，在(f ,+∞)单调增，所以当f =f 时f (f )=−ln ff取得最小值−1f .又f (1)=0，所以f ∈(0,1)时f (f )>0，而f ∈(1,+∞)时f (f )<0,所以b 的取值范围是（−1f ，0）. ②由题意得ln f 1+ff 1=0,ln f 2+ff 2=0,所以ln f 1f 2+f (f 1+f 2)=0,ln f 2−ln f 1+f (f 2−f 1)=0,{所以ln f 1f 2ln f2−ln f 1=f 1+f 2f 2−f 1，不妨设x1<x2,要证f 1f 2>f 2, 只需要证ln f 1f 2=f 1+f2f 2−f 1(ln f 2−ln f 1)>2.即证ln f 2−ln f 1>2(f 2−f 1)f 2+f 1，设f =f2f 1(f >1),则f (f )=ln f −2(f −1)f +1=ln f +4f +1−2,所以f′(f )=1f −4(f +1)2=(f −1)2f (f +1)2>0,所以函数f (f )在（1，+）上单调增，而f (1)=0，所以f (f )>0即ln f >2(f −1)f +1,所以f 1f 2>f 2.考点：函数极值，构造函数利用导数证明不等式3．【福建省2020高三期中】已知函数f (f )=f f (f f −ff +f )有两个极值点f 1，f 2.（1）求f 的取值范围；，（2）求证：2f 1f 2<f 1+f 2.【解析】（1）因为f (f )=f f (f f −ff +f )，所以f ′(f )=f f (f f −ff +f )+f f (f f −f )=f f (2f f −ff )，令f ′(f )=0，则2f f =ff ，当f =0时，不成立；当f ≠0时，2f =ff f ，令f (f )=f ef，所以f ′(f )=1−ff f ，当f <1时，f ′(f )>0，当f >1时，f ′(f )<0，所以f (f )在(−∞,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，又因为f (1)=1f ，当f →−∞时，f (f )→−∞，当f →+∞时，f (f )→0，'因此，当0<2f <1f 时，f (f )有2个极值点，即f 的取值范围为(2f ,+∞).（2）由（1）不妨设0<f 1<1<f 2，且{2f f 1=ff 12f f 2=ff 2，所以{ff2+f 1=fff +fff 1ff2+f 2=fff +fff 2，所以f 2−f 1=ln f 2−ln f 1，要证明2f 1f 2<f 1+f 2，只要证明2f 1f 2(ln f 2−ln f 1)<f 22−f 12，即证明2ln (f 2f 1)<f 2f 1−f 1f 2，设f 2f 1=f (f >1)，即要证明2ln f −f +1f <0在f ∈(1,+∞)上恒成立，记f (f )=2ln f −f +1f (f >1)，f ′(f )=2f −1−1f 2=−f 2+2f −1f 2=−(f −1)2f 2<0，所以f (f )在区间(1,+∞)上单调递减，所以f (f )<f (1)=0，即2ln f −f +1f <0，即2f 1f 2<f 1+f2.4．【安徽省示范高中皖北协作区2020届高三模拟】已知函数f(f)=−12f2+2f−2f ln f．$（1）讨论函数f(f)的单调性；（2）设f(f)=f′(f)，方程f(f)=f（其中f为常数）的两根分别为f,f(f<f)，证明：f′(f+f2)<0．注：f′(f),f′(f)分别为f(f),f(f)的导函数．【解析】（1）函数f(f)的定义域为(0,+∞)，f′(f)=−f+2−2ff =−f2+2f−2ff，令f(f)=−f22f−2f，f=4−8f，①当f≤0时，即f≥12时，恒有f(f)≤0，即f′(f)≤0，∴函数f(f)在(0,+∞)上单调减区间．②当f>0时，即f<12时，由f(f)=0，解得f1=1−√1−2f,f2=1+√1−2f，（i）当0<f<12时，当f∈(0,f1),(f2,+∞)时，f(f)<0，即f′(f)<0，|当f∈(f1,f2)时，f(f)>0，即f′(f)>0，∴函数f(f)在(0,f1),(f2,+∞)单调递减，在(f1,f2)上单调递增．（ii）当f≤0时，f(0)=−2f≥0，当f∈(f2,+∞)时，f(f)<0，即f′(f)<0，当f∈(0,f2)时，f(f)>0，即f′(f)>0，∴函数f(f)在(f2,+∞)单调递减，在(0,f2)上单调递增．证明（2）由条件可得f (f )=−f +2-2ff,f >0，∴f ′(f )=−1+2ff 2，!∵方程f (f )=f （其中f 为常数）的两根分别为f ,f (f <f )，∴{f (f )=f f (f )=f可得ff =2f ，∴f ′(f +f2)=−1+8f (f +f )2=−1+4ff (f +f )2=−1+4ff +f f+2，∵0<f <f ， ∴0<ff <1， ∴ff +f f >2，∴f ′(f +f2)=−1+4f f +f f+2<−1+1=0．5．（2020江苏徐州一中高三期中）设函数()ln 1nf x x m x =+-，其中n ∈N *，n ≥2，且m ∈R ．{（1）当2n =，1m =-时，求函数()f x 的单调区间；（2）当2n =时，令()()22g x f x x =-+，若函数()g x 有两个极值点1x ，2x ，且12x x <，求()2g x 的取值范围；【答案】（1）见解析；（2）12ln 2,04-⎛⎫⎪⎝⎭；（3）见解析 【解析】 【分析】（1）将2n =，1m =-代入解析式，求出函数的导数，从而即可得到函数()f x 的单调区间；（2）由题意知()221ln g x x x m x =-++，求导，从而可得2220x x m -+=，由方程2220x x m -+=有两个不相等的正数根1x ，2x （12x x <）可得102m <<，由方程得22x =，且2112x <<，由此分析整理即可得到答案；（3）求出函数的导数，得到()f x 的单调性，求出()f x 的最小值，通过构造函数结合零点存在性定理判断函数的零点即可.、【详解】（1）依题意得，()2ln 1f x x x =--，()0,x ∈+∞，∴ ()21212x f x x x x='-=-．令()0f x '>，得2x >；令()0f x '<，得02x <<． 则函数()f x在⎛ ⎝⎭上单调递减，在⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递增． （2）由题意知：()221ln g x x x m x =-++．则()22222m x x mg x x x x='-+=-+，令()0g x '=，得2220x x m -+=，故方程2220x x m -+=有两个不相等的正数根1x ，2x （12x x <），则()412002m m⎧∆=->⎪⎨>⎪⎩，， 解得102m <<．由方程得22x =，且2112x <<． ￥由222220x x m -+=，得22222m x x =-+．()()222222222122ln g x x x x x x =-++-+，2112x <<． ()22214ln 02g x x x ⎛'⎫=--> ⎪⎝⎭，即函数()2g x 是1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭上的增函数， 所以()212ln204g x -<<，故()2g x 的取值范围是12ln2,04-⎛⎫⎪⎝⎭． 6．（2019·江苏徐州一中高三月考）已知函数()alnxf x x=，g （x ）＝b （x ﹣1），其中a ≠0，b ≠0 （1）若a ＝b ，讨论F （x ）＝f （x ）﹣g （x ）的单调区间；（2）已知函数f （x ）的曲线与函数g （x ）的曲线有两个交点，设两个交点的横坐标分别为x 1，x 2，证明：()12122x x g x x a++＞． 【答案】（1）见解析（2）见解析，【解析】 【分析】（1）求导得()()222111lnx a F x a x lnx x x-⎛⎫'=-=--⎪⎝⎭，按照a ＞0、 a ＜0讨论()F x '的正负即可得解； （2）设x 1＞x 2，转化条件得()1212112122x x x x x g x x ln a x x x +++=⋅-，令121x t x =＞，()121t p t lnt t -=-⋅+，只需证明()0p t >即可得证. 【详解】（1）由已知得()()()1lnx F x f x g x a x x ⎛⎫=-=-+⎪⎝⎭，∴()()222111lnx a F x a x lnx x x-⎛⎫'=-=-- ⎪⎝⎭，当0＜x ＜1时，∵1﹣x 2＞0，﹣lnx ＞0，∴1﹣x 2﹣lnx ＞0，； 当x ＞1时，∵1﹣x 2＜0，﹣lnx ＜0，∴1﹣x 2﹣lnx ＜0．<故若a ＞0，F （x ）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减； 故若a ＜0，F （x ）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增．（2）不妨设x 1＞x 2，依题意()1111lnx ab x x =-， ∴()2111alnx b x x =-①，同理得()2222alnx b x x =-②由①﹣②得，∴()()()2211122121221x alnb x x x x b x x x x x =--+=-+-， ∴()()1212121x lnx b x x a x x +-=-，∴()()()121211212121221x x x x x bg x x x x x x ln a a x x x +++=+⋅⋅+-=⋅-， 故只需证1211222x x x ln x x x +⋅-＞，取∴121x t x =＞，即只需证明121t lnt t +⋅>-，1t ∀>成立， 即只需证()1201t p t lnt t -=-⋅>+，1t ∀>成立， .∵()()()()222114011t p t t t t t -'=-=++＞，∴p （t ）在区间[1，+∞）上单调递增，∴p （t ）＞p （1）＝0，∀t＞1成立，故原命题得证．【点睛】本题考查了导数的综合运用，考查了转化化归思想与计算能力，属于难题. 7．（2020·广西南宁二中高三（文））已知函数()()2ln 1,f x x ax x =++-()()21ln ln 12g x a x x ax x x=--+-+（Ⅰ）若0a >，讨论函数()f x 的单调性；（Ⅱ）设()()()h x f x g x =+，且()h x 有两个极值点12,x x ，其中11(0,]x e∈，求()()12h x h x -的最小值.（注：其中e 为自然对数的底数）【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）最小值为4e. 【解析】 【分析】&（Ⅰ）对函数()f x 求导，对a 分情况讨论即可确定()f x 的单调区间；（Ⅱ）先对()h x 求导，令导数式等于0由韦达定理求出两个极值点12,x x 的关系1212,1x x a x x +=-= ，所以211111,x a x x x ==--，整理()()12h x h x -，构造关于1x 的函数()x ϕ ，求导根据单调性确定最值即可。
专题24 利用导数解决双变量问题(解析版)
专题24利用导数解决双变量问题一、单选题1．设函数()311433f x x x =-+，函数()221g x x bx =-+，若对于[]11,2x ∀∈，[]20,1x ∃∈，使()()12f x g x ≥成立，则实数b 的取值范围是（）A ．7,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭B ．5,8⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭C ．7,2⎛⎤-∞ ⎝⎦D ．5,8⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦【答案】A 【分析】由题意只需()()min min f x g x ≥，对函数()f x 求导，判断单调性求出最小值，对函数()g x 讨论对称轴和区间[]0,1的关系，得到函数最小值，利用()()min min f x g x ≥即可得到实数b 的取值范围.【详解】若对于[]11,2x ∀∈，[]20,1x ∃∈，使()()12f x g x ≥成立，只需()()min min f x g x ≥，因为()311433f x x x =-+，所以()24f x x '=-，当[]1,2x ∈时，()0f x '≤，所以()f x 在[]1,2上是减函数，所以函数()f x 取得最小值()25f =-．因为()()222211g x x bx x b b =-+=-+-，当0b ≤时，()g x 在[]0,1上单调递增，函数取得最小值()01g =，需51-≥，不成立；当1b ≥时，()g x 在[]0,1上单调递减，函数取得最小值()122g b =-，需522b -≥-，解得72b ≥，此时72b ≥；当01b <<时，()g x 在[]0,b 上单调递减，在(],1b 上单调递增，函数取得最小值()21g b b =-，需251b -≥-，解得b ≤或b ≥综上，实数b 的取值范围是7,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭，故选:A ．【点睛】本题考查利用导数研究函数的最值，考查二次函数在区间的最值的求法，考查分类讨论思想和转化思想，属于中档题.2．已知函数1()ln f x x a x x=-+，且()f x 有两个极值点12,x x ，其中(]11,2x ∈，则()()12f x f x -的最小值为（）A ．35ln 2-B ．34ln 2-C ．53ln 2-D ．55ln 2-【答案】A 【分析】()f x 的两个极值点12,x x 是()0f x '=的两个根，根据韦达定理，确定12,x x 的关系，用1x 表示出2x ，()()12f x f x -用1x 表示出，求该函数的最小值即可.【详解】解：()f x 的定义域()0,∞+，22211()1a x ax f x x x x '++=++=，令()0f x '=，则210x ax ++=必有两根12,x x ，2121240010a x x a x x ⎧->⎪+=->⎨⎪=>⎩，所以2111112,,a x a x x x ⎛⎫<-==-+ ⎪⎝⎭，()()()11211111111111ln ln f x f x f x f x a x x a x x x x ⎛⎫⎛⎫∴-=-=-+--+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，1111111111122ln 22ln x a x x x x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+=--+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭(]11()22ln ,1,2h x x x x x x x ⎛⎫⎛⎫=--+∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，22211112(1)(1)ln ()2121ln x x x h x x x x x x x x ⎡⎤+-⎛⎫⎛⎫⎛⎫'∴=+--++⋅= ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦，当(]1,2x ∈时，()0h x '<，()h x 递减，所以()()min 235ln 2h x h ==-()()12f x f x -的最小值为35ln 2-故选：A.【点睛】求二元函数的最小值通过二元之间的关系，转化为求一元函数的最小值，同时考查运算求解能力和转化化归的思想方法，中档题.3．已知函数()e ,()ln x f x x g x x x ==，若()()12f x g x t ==，其中0t >，则12ln tx x 的最大值为（）A ．1eB ．2eC ．21e D ．24e 【答案】A 【分析】由题意转化条件2ln 2ln x ex t ⋅=，通过导数判断函数()f x 的单调性，以及画出函数的图象，数形结合可知12ln x x =，进而可得12ln ln t t x x t =，最后通过设函数()()ln 0th t t t=>，利用导数求函数的最大值.【详解】由题意，11e x x t ⋅=，22ln x x t ⋅=，则2ln 2e ln xx t ⋅=，()()1x x x f x e xe x e '=+=+，当(),1x ∈-∞-时，()0f x '<，()f x 单调递减，当()1,x ∈-+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增，又(),0x ∈-∞时，()0f x <，()0,x ∈+∞时，()0f x >，作函数()e xf x x =⋅的图象如下：由图可知，当0t >时，()f x t =有唯一解，故12ln x x =，且1>0x ，∴1222ln ln ln ln t t tx x x x t==⋅⋅，设ln ()t h t t =，0t >，则21ln ()th t t-'=，令()0h t '=，解得e t =，易得当()0,e t ∈时，()0h t '>，函数()h t 单调递增，当()e,t ∈+∞时，()0h t '<，函数()h t 单调递减，故()()1e e h t h ≤=，即12ln t x x ⋅的最大值为1e.故选：A .【点睛】本题考查利用导数求函数的最值，重点考查转化与化归的思想，变形计算能力，数形结合思想，属于中档题，本题可得关键是判断12ln x x =.4．设函数()12ln 133f x x x x=-+-，函数()25212g x x bx =--，若对于[]11,2x ∀∈，[]20,1x ∃∈，使()()12f x g x ≥成立，则实数b 的取值范围是（）A ．1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭B ．5,8⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭C ．1,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦D ．5,8⎛⎤-∞⎥⎝⎦【答案】A 【分析】根据对于[]11,2x ∀∈，[]20,1x ∃∈，使()()12f x g x ≥成立，用导数法求得()f x 的最小值，用二次函数的性质求得()g x 的最小值，再解不等式即可.【详解】因为()12ln 133f x x x x =-+-，所以()211233'=--f x x x，211233=--x x，22323-+=-x x x，()()2123--=-x x x ，当12x <<时，()0f x '>，所以()f x 在[]1,2上是增函数，所以函数()f x 取得最小值()213f =-.因为()()2225521212=--=---g x x bx x b b ，当0b ≤时，()g x 取得最小值()0251=-g ，因为对于[]11,2x ∀∈，[]20,1x ∃∈，使()()12f x g x ≥成立，所以()()10≥f g ，不成立；当1b ≥时，()g x 取得最小值()71212=-g b ，因为对于[]11,2x ∀∈，[]20,1x ∃∈，使()()12f x g x ≥成立，所以722123-≤-b ，解得58≥b ，此时1b ≥；当01b <<时，()g x 取得最小值()2512=--g b b ，因为对于[]11,2x ∀∈，[]20,1x ∃∈，使()()12f x g x ≥成立，所以221352--≤-b ，解得12b ≥，此时112b ≤<；综上：实数b 的取值范围是1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭.故选：A 【点睛】本题主要考查双变量问题以及导数与函数的最值，二次函数的性质，还考查了分类讨论的思想和运算求解的能力，属于中档题.5．已知函数()224x x f x x ++=-，()111323x xxx g x -⋅-=，实数a ，b 满足0a b <<．若[]1,x a b ∀∈，[]21,1x ∃∈-，使得()()12f x g x =成立，则b a -的最大值为（）A ．3B ．4C ．5D ．【答案】A 【分析】首先化简函数()42,0f x x x x ⎛⎫=--+< ⎪⎝⎭，和()11233xx g x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，[]1,1x ∈-，并判断函数的单调性，由条件转化为子集关系，从而确定,a b 值.【详解】()42f x x x ⎛⎫=--+⎪⎝⎭，0x <()241f x x '=-+，0x <，当()0f x '>时，解得：20x -<<，当()0f x '<时，解得：2x <-，所以()f x 在(),0-∞的单调递增区间是()2,0-，单调递减区间是(),2-∞-，当2x =-时取得最小值，()22f -=()11233xx g x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，函数在[]1,1-单调递增，()3116g -=-，()13g =，所以，()3136g x -≤≤，令()3f x =，解得：1x =-或4x =-，由条件可知()[],,,0f x x a b a b ∈<<的值域是()[],1,1g x x ∈-值域的子集，所以b 的最大值是1-，a 的最小值是4-，故b a -的最大值是3.故选：A 【点睛】本题考查函数的性质的综合应用，以及双变量问题转化为子集问题求参数的取值范围，重点考查转化与化归的思想，计算能力，属于中档题型.二、解答题6．已知函数()2x f x x e =-．（Ⅰ）求函数()f x 的图象在点()()0,0f 处的切线方程；（Ⅱ）若存在两个不相等的数1x ，2x ，满足()()12f x f x =，求证：122ln 2x x +<．【答案】（Ⅰ）1y x =-；（Ⅱ）证明见解析.【分析】（Ⅰ）首先求函数的导数，利用导数的几何意义，求函数的图象在点()()0,0f 处的切线方程；（Ⅱ）首先确定函数零点的区间，构造函数()()()ln 2ln 2F x f x f x =+--，利用导数判断函数()F x 的单调性，并得到()()ln 2ln 2f x f x +<-在()0,∞+上恒成立，并利用单调性，变形得到122ln 2x x +<.【详解】（Ⅰ）()2e x f x '=-，所以()f x 的图象在点()()0,0f 处的切线方程为1y x =-．（Ⅱ）令()2e 0xf x '=-=，解得ln 2x =，当ln 2x =时()0f x '>，()f x 在(),ln 2-∞．上单调递增；当ln 2x >时，()0f x '<，()f x 在()ln 2,+∞上单调递减．所以ln 2x =为()f x 的极大值点，不妨设12x x <，由题可知12ln 2x x <<．令()()()ln 2ln 242e 2e xxF x f x f x x -=+--=-+，()42e 2e x x F x -'=--，因为e e 2x x -+，所以()0F x '，所以()F x 单调递减．又()00F =，所以()0F x <在()0,∞+上恒成立，即()()ln 2ln 2f x f x +<-在()0,∞+上恒成立．所以()()()()()()()12222ln 2ln 2ln 2ln 22ln 2f x f x f x f x f x ==+-<--=-，因为1ln 2x <，22ln 2ln 2x -<，又()f x 在(),ln 2-∞上单调递增，所以122ln 2x x <-，所以122ln 2x x +<．【点睛】思路点睛：本题是典型的极值点偏移问题，需先分析出原函数的极值点，找到两个根的大致取值范围，再将其中一个根进行对称的转化变形，使得x 与ln 2x -在同一个单调区间内，进而利用函数的单调性分析.7．已知函数()()3ln f x x k x k R =+∈，()f x '为()f x 的导函数.（1）当6k =时，（i ）求曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程；（ii ）求函数()()()9g x f x f x x'=-+的单调区间和极值；（2）当3k ≥-时，求证：对任意的[)12,1,x x ∈+∞且12x x >，有()()()()1212122f x f x f x f x x x ''+->-.【答案】（1）（i ）98y x =-；（ii ）递减区间为()0,1，递增区间为()1,+∞；极小值为()11g =，无极大值；（2）证明见解析.【分析】（1）（i ）确定函数()f x ，求出()f x '，然后利用导数的几何意义求出切线方程即可；（ii ）确定函数()g x ，求出()g x '，利用导数研究函数()g x 的单调性与极值即可；（2）求出()f x '，对要证得不等式进行等价转换后，构造新函数，利用导数研究新函数的单调性，结合等价转换后的结果即可证明结论成立.【详解】（1）（i ）当6k =时，()36ln f x x x =+，故()263f x x x'=+.可得()11f =，()19f '=，所以曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为()191y x -=-，即98y x =-.（ii ）依题意，323()36ln g x x x x x =-++，()0,x ∈+∞，从而求导可得2263()36g x x x x x'=-+-，整理可得323(1)(1)()x x g x x'-+=.令()0g x '=，解得1x =.当x 变化时，()g x '，()g x 的变化情况如下表：x()0,11()1,+∞()g x '-+()g x极小值所以，函数()g x 的单调递减区间为()0,1，单调递增区间为()1,+∞；()g x 的极小值为()11g =，无极大值.（2）证明：由()3ln f x x k x =+，得()23k f x x x'=+.对任意的[)12,1,x x ∈+∞，且12x x >，令12(1)x t t x =>，则()()()()()()()1212122x x f x f x f x f x ''-+--()22331121212122332ln x k k x x x x x x k x x x ⎛⎫⎛⎫=-+++--+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭3322121121212212332ln x x x x x x x x x k k x x x ⎛⎫=--++-- ⎪⎝⎭()332213312ln x t t t k t t t ⎛⎫=-+-+-- ⎪⎝⎭.①令1()2ln h x x x x=--，[)1,x ∈+∞.当1x >时，22121()110h x x x x '⎛⎫=+-=-> ⎪⎝⎭，由此可得()h x 在[)1,+∞单调递增，所以当1t >时，()()1h t h >，即12ln 0t t t-->，因为21x ≥，323331(1)0t t t t -+-=->，3k ≥-，所以()()332322113312ln 33132ln x t t t k t t t t t t t tt⎛⎫⎛⎫-+-+-->-+---- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭32336ln 1t t t t=-++-.②由（1）（ii ）可知，当1t >时，()()1g t g >，即32336ln 1t t t t-++>，故32336ln 10t t t t-++->.③由①②③可得()()()()()()()12121220x x fx f x f x f x ''-+-->.所以，当3k ≥-时，对任意的[)12,1,x x ∈+∞，且12x x >，有()()()()1212122f x f x f x f x x x ''+->-.【点睛】结论点睛：本题考查不等式的恒成立问题，可按如下规则转化：一般地，已知函数()[],,y f x x a b =∈，()[],,y g x x c d =∈（1）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∀∈，总有()()12f x g x <成立，故()()2max min f x g x <；（2）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∃∈，有()()12f x g x <成立，故()()2max max f x g x <；（3）若[]1,x a b ∃∈，[]2,x c d ∃∈，有()()12f x g x <成立，故()()2min min f x g x <；（4）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∃∈，有()()12f x g x =，则()f x 的值域是()g x 值域的子集.8．已知函数21()ln 2f x x a x =-.其中a 为常数.（1）若函数()f x 在定义域内有且只有一个极值点，求实数a 的取值范围；（2）已知1x ，2x 是函数()f x 的两个不同的零点，求证：12x x +>.【答案】（1）0a >；（2）证明见解析.【分析】（1）求出导函数()'f x ，分类讨论确定()'f x 的正负，得()f x 的单调性，从而得极值点个数，由此可得结论；（2）结合（1）求得函数有两个零点时a 的范围，设12x x <，则(1x ∈，)2x ∈+∞，引入函数()))(0g x fx fx x =-≤≤，由导数确定它是减函数，得))f x f x <-，然后利用()()))()21111f x f x f x f x f x ⎤⎤==>=-⎦⎦，再结合()f x 的单调性得出证明．【详解】（1）()2(0)a x ax x x xf x --'==>，当0a ≤时，()0f x '>，()f x 在()0,∞+上单调递增，不符合题意，当0a >时，令()0f x '=，得x =，当(x ∈时，()0f x '<，()f x 单调递减，当)x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增，所以此时()f x 只有一个极值点．a ∴>（2）由（1）知当0a ≤时，()0f x '>，()f x 在(0,)+∞上单调递增，函数()f x 至多有一个零点，不符合题意，当0a >时，令()0f x '=，得x =当x ∈时，()0f x '<，()f x 单调递减，当)x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增，故当x =()f x 取得最小值()1ln 2a fa =-，当0a e <<时，1ln 0a ->，0f>，函数()f x 无零点，不合题意，当a e =时，1ln 0a -=，0f =，函数()f x 仅有一个零点，不合题意，当a e >时，1ln 0a -<，0f <，又()1102f =>，所以()f x 在(x ∈上只有一个零点，令()ln 1p x x x =-+，则()11p x x'=-，故当01x <<时，()0p x '>，()p x 单调递增，当1x >时，()0p x '<，()p x 单调递减，所以()()10p x p ≤=，即ln 1≤-x x ，所以ln 221a a ≤-，所以22(2)2ln 22(21)0f a a a a a a a a =-≥--=>，又2a >，所以()f x 在)x ∈+∞上只有一个零点.所以a e >满足题意.不妨设12x x <，则(1x ∈，)2x ∈+∞，令()))(0g x f x fx x =+--≤≤，则()))ln ln g x a x a x =-+-，()22x ag x ='=-，当0x <<时，()0g x '<，所以()g x在(上单调递减，所以当(x ∈时，()()00g x g <=，即))fx fx +<-，因为(1x ∈(1x ∈，所以()()))()21111f x f x f x f x f x ⎤⎤==>=⎦⎦，又)2x ∈+∞，)1x -∈+∞，且()f x在)+∞上单调递增，所以21x x >-，故12x x +>>.【点睛】关键点点睛：本题考查用导数研究函数的极值点、零点，证明不等式．难点是不等式的证明，首先由零点个数得出参数范围，在不妨设12x x <，则(1x ∈，)2x ∈+∞后关键是引入函数()))(0g x fx f x x =-≤≤，同样用导数得出它的单调性，目的是证得))f x f x +<-，然后利用这个不等关系变形()f x 的单调性得结论．9．已知函数ln ()xf x x=，()g x ax b =+，设()()()F x f x g x =-．（1）若1a =，求()F x 的最大值；（2）若()F x 有两个不同的零点1x ，2x ，求证：()()12122x x g x x ++>.【答案】（1）最大值为1b --；（2）证明见解析.【分析】（1）首先求出函数的导函数，再判断()F x '的符号，即可得到函数的单调区间，从而求出函数的最大值；（2）由题知，121212ln ln x x ax b ax b x x =+=+，，即2111ln x ax bx =+，2222ln x ax bx =+，要证()()12122x x g x x ++>，即可212112ln ln 2x x x x x x ->-+，令21x t x =，则只需证2(1)ln (1)1t t t t ->>+．构造函数2(1)()ln (1)1t t t t t ϕ-=->+，利用导数说明其单调性即可得证；【详解】解：ln ()()()xF x f x g x ax b x =-=--（1）解：当1a =时，ln ()xF x x b x=--所以21ln ()1xF x x -'=-．注意(1)0F '=，且当01x <<时，()0F x '>，()F x 单调递增；当1x >时，()0F x '<，()F x 单调递增减．所以()F x 的最大值为(1)1F b =--．（2）证明：由题知，121212ln ln x xax b ax b x x =+=+，，即2111ln x ax bx =+，2222ln x ax bx =+，可得212121ln ln ()[()]x x x x a x x b -=-++．121212122()()2()x x g x x a x x b x x ++>⇔++>+212112ln ln 2x x x x x x -⇔>-+．不妨120x x <<，则上式进一步等价于2211212()ln x x x x x x ->+．令21x t x =，则只需证2(1)ln (1)1t t t t ->>+．设2(1)()ln (1)1t t t t t ϕ-=->+，22(1)()0(1)t t t t ϕ-'=>+，所以()t ϕ在(1+)∞，上单调递增，从而()(1)0t ϕϕ>=，即2(1)ln (1)1t t t t ->>+，故原不等式得证．【点睛】本题考查导数在最大值、最小值问题中的应用，考查运算求解能力，推理论证能力；考查化归与转化思想．对数学思维的要求比较高，有一定的探索性．综合性强，属于难题．10．已知函数1()ln f x a x x x=-+，其中0a >.（1）若()f x 在(2,)+∞上存在极值点，求a 的取值范围；（2）设()10,1x ∈，2(1,)x ∈+∞，若()()21f x f x -存在最大值，记为()M a ，则当1a e e≤+时，()M a 是否存在最大值？若存在，求出其最大值；若不存在，请说明理由【答案】（1）5(2a ∈，)+∞；（2）M （a ）存在最大值，且最大值为4e．【分析】（1）求出函数()f x 的导数，将题意转换为1a x x =+在(2,)x ∈+∞上有解，由1y x x=+在(2,)x ∈+∞上递增，得15(2x x +∈，)+∞，求出a 的范围即可；（2）求出函数()f x 的导数，得到21[()()]()()max f x f x f n f m -=-，求出M （a ）11()()()()n f n f m alnm n m n m=-=+-+-，根据函数的单调性求出M （a ）的最大值即可．【详解】解：（1）2221(1)()1a x ax f x x x x--+'=--=，(0,)x ∈+∞，由题意得，210x ax -+=在(2,)x ∈+∞上有根（不为重根），即1a x x =+在(2,)x ∈+∞上有解，由1y x x=+在(2,)x ∈+∞上递增，得15(2x x +∈，)+∞，检验，52a >时，()f x 在(2,)x ∈+∞上存在极值点，5(2a ∴∈，)+∞；（2）210x ax -+=中2=a 4∆-，若02a <，即2=a 40∆-≤22(1)()x ax f x x --+∴'=在(0,)+∞上满足()0f x '，()f x ∴在(0,)+∞上递减，12x x < ()()12f x f x ∴>21()()0f x f x ∴-<，21()()f x f x ∴-不存在最大值，则2a >；∴方程210x ax -+=有2个不相等的正实数根，令其为m ，n ，且不妨设01m n <<<，则01m n a mn +=>⎧⎨=⎩，()f x 在(0,)m 递减，在(,)m n 递增，在(,)n +∞递减，对任意1(0,1)x ∈，有1()()f x f m ，对任意2(1,)x ∈+∞，有2()()f x f n ，21[()()]()()max f x f x f n f m ∴-=-，M ∴（a ）11()()()()n f n f m alnm n m n m=-=+-+-，将1a m n n n =+=+，1m n=代入上式，消去a ，m 得：M （a ）112[()()]n lnn n n n =++-，12a e e <+，∴11n e n e++，1n >，由1y x x=+在(1,)x ∈+∞递增，得(1n ∈，]e ，设11()2()2()h x x lnx x x x =++-，(1x ∈，]e ，21()2(1h x lnx x'=-，(1x ∈，]e ，()0h x ∴'>，即()h x 在(1，]e 递增，[()]max h x h ∴=（e ）4e =，M ∴（a ）存在最大值为4e．【点睛】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及转化思想，是一道综合题．11．已知函数()ln(1)ax f x e x =+，2()ln g x x a x=+-，其中a R ∈.（1）若函数()y f x =的图象与直线y x =在第一象限有交点，求a 的取值范围.（2）当2a <时，若()y g x =有两个零点1x ，2x ，求证：12432x x e <+<-.【答案】（1）1(0,)2；（2）证明见解析.【分析】（1）根据题意设()()(1)ln ax g x f x x e x x =-=+-，问题转化为方程()0g x =，在(0,)+∞有解，求导，分类讨论①若0a ，②若102a <<，③若12a 时，分析单调性，进而得出结论.（2）运用分析法和构造函数法，结合函数的单调性，不等式的性质，即可得证.【详解】解：（1）设()()(1)ln ax g x f x x e x x =-=+-，则由题设知，方程()0g x =，在(0,)+∞有解，而1()()1[ln(1)]1()11axax g x f x e a x e F x x '='-=++-=-+.设()()1ax h x e F x =-，则22221()[()()][(1)](n 1)l ax ax ax a h x e aF x F x e a x x +-'=+'=+++.①若0a ，由0x >可知01ax e <，且11()ln(1)111F x a x x x =++<++，从而()()10ax g x e F x '=-<，即()g x 在(0,)+∞上单调递减，从而()(0)0g x g <=恒成立，因而方程()0g x =在(0,)+∞上无解.②若102a <<，则221(0)0(1)a h x -'=<+，又x →+∞时，()h x '→+∞，因此()0h x '=，在(0,)+∞上必存在实根，设最小的正实根为0x ，由函数的连续性可知，0(0,)x x ∈上恒有()0h x '<，即()h x 在0(0,)x 上单调递减，也即()0g x '<，在0(0,)x 上单调递减，从而在0(0,)x 上恒有()(0)0g x g '<'=，因而()g x 在0(0,)x 上单调递减，故在0(0,)x 上恒有()(0)0g x g <=，即0()0g x <，注意到ax e ax >，因此()(1)ln(1)ln [ln(1)1]ax g x e x x ax x x x a x =+->+-=+-，令1ax e=时，则有()0>g x ，由零点的存在性定理可知函数()y g x =在0(x ，1)a e 上有零点，符合题意.③若12a时，则由0x >可知，()0h x '>恒成立，从而()h x 在(0,)+∞上单调递增，也即()g x '在(0,)+∞上单调递增，从而()(0)0g x g >=恒成立，故方程()0g x =在(0,)+∞上无解.综上可知，a 的取值范围是1(0,2.（2）因为()f x 有两个零点，所以f （2）0<，即21012ln a a ln +-<⇒>+，设1202x x <<<，则要证121244x x x x +>⇔-<，因为1244x <-<，22x >，又因为()f x 在(2,)+∞上单调递增，所以只要证明121(4)()()0f x f x f x -<==，设()()(4)g x f x f x =--(02)x <<，则222222428(2)()()(4)0(4)(4)x x x g x f x f x x x x x ----'='-'-=+=-<--，所以()g x 在(0,2)上单调递减，()g x g >（2）0=，所以124x x +>，因为()f x 有两个零点，1x ，2x ，所以12()()0f x f x ==，方程()0f x =即2ln 0ax x x --=构造函数()2ln h x ax x x =--，则12()()0h x h x ==，()1ln h x a x '=--，1()0a h x x e -'=⇒=，记12(1ln 2)a p e a -=>>+，则()h x 在(0,)p 上单调递增，在(,)p +∞上单调递减，所以()0h p >，且12x p x <<，设2()()ln ln x p R x x p x p-=--+，22214()()0()()p x p R x x x p x x p -'=-=>++，所以()R x 递增，当x p >时，()()0R x R p >=，当0x p <<时，()()0R x R p <=，所以11111112(2ln )x x p ax x lnx x p x p--=<++，即22111111(2)()22l l n n ax x p x px x p x p p -+<-++，211(2ln )(22ln )20p a x ap p p p x p +-+--++>，1(a p e -=，1)lnp a =-，所以21111(23)20a a x e x e --+-+>，同理21122(23)20a a x ex e --+-+<，所以2112111111(23)2(23)2a a a a x e x e x e x e ----+-+<+-+，所以12121()[(23)]0a x x x x e --++-<，所以12123a x x e -+<-+，由2a <得：1122332a x x e e -+<-+<-，综上：12432x x e <+<-.【点睛】本题考查导数的综合应用，不等式的证明，关键是运用分类讨论，构造函数的思想去解决问题，属于难题.12．已知函数()2211ln 24f x x ax x x ax ⎛⎫=--+ ⎪⎝⎭.（1）若()f x 在()0,+¥单调递增，求a 的值；（2）当1344a e <<时，设函数()()f x g x x=的最小值为()h a ，求函数()h a 的值域.【答案】（1）1；（2）0,4e ⎛⎫ ⎪⎝⎭.【分析】（1）由()f x 在()0,+¥单调递增，利用导数知()0f x ¢³在()0,+¥上恒成立即可求参数a 的值；（2）由()()f x g x x =有()11ln 24g x x a x x a ⎛⎫=--+ ⎪⎝⎭，利用二阶导数可知()g x '在()0,+¥上单调递增，进而可知()01,x e ∃∈，使得()00g x '=，则有()g x 的单调性得最小值()()000011ln 24g x x a x x a h a ⎛⎫=--+= ⎪⎝⎭，结合1344a e <<并构造函数可求0x 取值范围，进而利用导数研究()000031ln ln 42h a x x x x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭的单调性即可求范围；【详解】（1）()()ln f x x a x '=-，又()f x 在()0,+¥单调递增，∴()0f x ¢³，即()ln 0x a x -≥在()0,+¥上恒成立，（i ）当1x >时，ln 0x >，则需0x a -≥，故min a x ≤，即1a ≤；（ii ）当1x =时，ln 0x =，则a R ∈；（iii ）当01x <<时，ln 0x <，则需0x a -≤，故max a x ≥，即1a ≥；综上所述：1a =；（2）()()11ln 24f x g x x a x x a x ⎛⎫==--+ ⎪⎝⎭，()11ln 24a g x x x '=-+，()212a g x x x ''=+，∵1344a e <<，有()0g x ''>，∴()g x '在()0,+¥上单调递增，又()1104g a '=-+<，()304a g e e '=-+>，∴()01,x e ∃∈，使得()00g x '=，当()00,x x ∈时，()0g x ¢<，函数()g x 单调递减，当()0,x x ∈+∞时，()0g x ¢>，函数()g x 单调递增，故()g x 的最小值为()()000011ln 24g x x a x x a h a ⎛⎫=--+=⎪⎝⎭，由()00g x '=得00011ln 24a x x x =+，因此()000031ln ln 42h a x x x x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，令()11ln 24t x x x x =+，()1,x e ∈，则()13ln 024t x x '=+>，∴()t x 在()1,e 上单调递增，又1344a e <<，()114t =，()34t e e =，∴0x 取值范围为()1,e ，令()31ln ln 42x x x x x ϕ⎛⎫=-⎪⎝⎭（1x e <<），则()()()21131ln ln 2ln 3ln 102444x x x x x ϕ'=--+=-+->，∴函数()ϕx 在()1,e 上单调递增，又()10ϕ=，()4ee ϕ=，∴()04e x ϕ<<，即函数()h a 的值域为0,4e ⎛⎫ ⎪⎝⎭.【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性求参数，由原函数得到最值，构造中间函数并根据其导数讨论单调性，求最值的取值范围；中间函数需要根据步骤中的研究对象及目的确定；13．已知函数2()22ln ()f x x ax x a R =-+∈.（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若()f x 存在两个极值点()1221,x x x x >，求证：()()()2121(2)f x f x a x x -<--.【答案】（1）答案不唯一，具体见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）求出导函数，根据二次函数的∆与0的关系来分类讨论函数的单调性，并注意一元二次方程根的正负与定义域的关系；（2）由()1212,x x x x <是两个极值点得到对应的韦达定理形式，然后利用条件将()()21f x f x -转变为关于12x x ，函数，再运用12x x ，的关系将不等式转化为证22212ln 0x x x -->，构造函数1()2ln (1)g x x x x x=-->，分析函数()g x 的单调性，得出最值，不等式可得证.【详解】（1）解：函数()f x 的定义域为(0,)+∞，()2'212()22x ax f x x a x x-+=-+=，则24a ∆=-.①当0a ≤时，对(0,),()0x f x '∀∈+∞>，所以函数()f x 在(0,)+∞上单调递增；②当02a <≤时，0∆≤，所以对(0,),()0x f x '∀∈+∞≥，所以函数()f x 在(0,)+∞上单调递增；③当2a >时，令()0f x '>，得02a x <<或42a x >，所以函数()f x在0,2a ⎛- ⎪⎝⎭，⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递增；令'()0f x <，得4422a a x +<<，所以()f x 在4422a a ⎛+ ⎪⎝⎭上单调递减.（2）证明：由（1）知2a >且1212,1,x x a x x +=⎧⎨=⎩，所以1201x x <<<.又由()()()()222122211122ln 22ln f x f x x ax x x ax x -=-+--+()()()()()()22222222221212121212111122ln22ln 2ln x x x x x a x x x x x x x x x x x x x =---+=--+-+=--+.又因为()()()()()()()()222121212121212121(2)222a x x x x a x x x x x x x x x x x x --=---=--+-=---.所以要证()()()2121(2)f x f x a x x -<--，只需证()22112ln2x x x x <-.因为121=x x ，所以只需证22221ln x x x <-，即证22212ln 0x x x -->.令1()2ln (1)g x x x x x =-->，则2'2121()110g x x x x ⎛⎫=+-=-> ⎪⎝⎭，所以函数()g x 在(1,)+∞上单调递增，所以对1,()(1)0x g x g ∀>>=.所以22212ln 0x x x -->.所以若()f x 存在两个极值点()1221,x x x x >，则()()()2121(2)f x f x a x x -<--.【点睛】本题考查函数与导数的综合应用，属于较难题.导数中通过双极值点求解最值或证明不等式时，可通过双极值点对应的等式将待求的式子或待证明的式子转变为关于同一变量（注意变量的范围）的式子，然后通过构造新函数，分析新函数的单调性后从而达到求解最值或证明不等式的目的.14．已知函数2()(2)()x f x xe a x x a R =-+∈．（1）当1a =时，求函数()f x 的单调区间；（2）当1a e >时，函数()f x 有三个不同的零点1x ，2x ，3x ，求证：1232x x x lna ++<．【答案】（1）增区间为(,1)-∞-，(2,)ln +∞；减区间为(1,2)ln -；（2）证明见解析.【分析】（1）求出原函数的导函数，得到函数零点，由导函数零点对定义域分段，再由导函数在不同区间段内的符号得到原函数的单调区间；（2）由(0)0f =，可得0x =是函数的一个零点，不妨设30x =，把问题转化为证122x x lna +<，即证122x x a e+>．由()0f x =，得(2)0x e a x -+=，结合1x ，2x 是方程(2)0x e a x -+=的两个实根，得到1212x x e e a x x -=-，代入122x x a e +>，只需证1212212x x x x e e e x x +->-，不妨设12x x >．转化为证1212212()10x x x x ex x e----->．设122x x t -=，则等价于2210(0)t t e te t -->>．设2()21(0)t t g t e te t =-->，利用导数证明()0g t >即可．【详解】（1）解：()(22)(1)(2)x x x f x e xe x x e '=+-+=+-，令()0f x '=，得11x =-，22x ln =．当1x <-或n 2>x l 时，()0f x '>；当12x ln -<<时，()0f x '<．()f x ∴增区间为(,1)-∞-，(2,)ln +∞；减区间为(1,2)ln -；（2）证明：(0)0f = ，0x ∴=是函数的一个零点，不妨设30x =，则要证122x x lna +<，只需证122x x a e +>．由()0f x =，得(2)0x e a x -+=，1x ，2x 是方程(2)0x e a x -+=的两个实根，∴11(2)x e a x =+，①22(2)x e a x =+，②，①-②得：1212x x e e a x x -=-，代入122x x a e+>，只需证1212212x x x x e e e x x +->-，不妨设12x x >．120x x -> ，∴只需证1212212()x x x x e e x x e+->-．20x e >，∴只需证1212212()10x x x x e x x e ----->．设122x x t -=，则等价于2210(0)t t e te t -->>．设2()21(0)t t g t e te t =-->，只需证()0g t >，又()2(1)t t g t e e t =--'，设()1(0)t t e t t ϕ=-->，则()10t t e ϕ'=->，()t ϕ∴在(0,)+∞上单调递增，则()(0)0t ϕϕ>=．()0g t ∴'>，从而()g t 在(0,)+∞上是增函数，()(0)0g t g ∴>=．综上所述，1232x x x lna ++<．【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，考查利用导数求函数的极值，考查数学转化思想方法，属难题．15．已知函数()223x xe f x e -+=，其中e 为自然对数的底数.（1）证明：()f x 在(),0-∞上单调递减，()0,∞+上单调递增；（2）设0a >，函数()212cos cos 3g x x a x a =+--，如果总存在[]1,x a a ∈-，对任意2x R ∈，()()12f x g x 都成立，求实数a 的取值范围.【答案】（1）证明见解析；（2）ln 2a ≥.【分析】（1）直接对函数求导，判断导函数在对应区间上的符号即可证明；（2）总存在1[x a ∈-，](0)a a >，对任意2x R ∈都有12()()f x g x ，即函数()y f x =在[a -，]a 上的最大值不小于()y g x =，x ∈R 的最大值；借助单调性换元法，结合二次函数的性质分别求最值列不等式求解即可【详解】（1）证明：()()23x xe ef x -='-令()0f x '>，解得0x >，∴()f x 在()0,∞+上单调递增令()0f x '<，解得0x <，∴()f x 在(),0-∞上单调递减（2）总存在1[x a ∈-，](0)a a >，对任意2x R ∈都有12()()f x g x ，即函数()y f x =在[a -，]a 上的最大值不小于()y g x =，x ∈R 的最大值()()()()max 23a af x f a f a e e -=-==+令[]()cos 1,1t x t =∈-，∴()2123g t t at a =+--，对称轴02a t =-<∴()()max 513g t g ==∴()2533a a e e -+≥，52a a e e -+≥，令(),0ae m m =>，∴152m m +≥，∴2m ≥∴2a e ≥，∴ln 2a ≥【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，考查三角函数的有界性，二次函数的最值以及恒成立问题的转化，考查转化思想以及计算能力，属于中档题.16．已知函数()()21ln 212h x x b x =+-，()21ln 2f x x a x =-．其中a ，b 为常数．（1）若函数()h x 在定义域内有且只有一个极值点，求实数b 的取值范围；（2）已知1x ，2x 是函数()f x 的两个不同的零点，求证：12x x +>．【答案】（1）(),0-∞；（2）证明见解析．【分析】（1）首先求函数的导数，根据题意转化为222y x x b =-+在1,2⎛⎫+∞⎪⎝⎭内有且仅有一个变号零点，根据二次函数的单调性，列式求解b 的取值范围；（2）求出当函数()f x 有两个零点时，求出a e >，再构造函数()))(0g x fx f x x =-≤≤，利用导数判断函数的单调性，得到))f x f x +<-，再通过构造得到()()21f x f x >-，利用函数的单调性证明结论.【详解】（1）()2222121212'b x x b x x x x h x -+⎛⎫=+=> ⎪--⎝⎭，因为函数()h x 在定义域有且仅有一个极值点，所以222y x x b =-+在1,2⎛⎫+∞⎪⎝⎭内有且仅有一个变号零点，由二次函数的图象和性质知21122022b ⎛⎫⨯-+< ⎪⎝⎭，解得0b <，即实数b 的取值范围为(),0-∞．（2）()2'(0)a x ax x x xf x -=-=>，当0a ≤时，()'0f x >，()f x 在()0,∞+上单调递增，函数()f x 至多有一个零点，不符合题意，当0a >时，令()'0f x =，得x =当(x ∈时，()'0f x <，()f x 单调递减，当)x ∈+∞时，()'0f x >，()f x 单调递增，故当x =()f x 取得最小值()1ln 2afa =-，当0a e <<时，1ln 0a ->，0f>，函数()f x 无零点，不合题意，当a e =时，1ln 0a -=，0f =，函数()f x 仅有一个零点，不合题意，当a e >时，1ln 0a -<，0f <，又()1102f =>，所以()f x 在(x ∈上只有一个零点，令()ln 1p x x x =-+，则()1'1p x x=-，故当01x <<时，()'0p x >，()p x 单调递增，当1x >时，()'0p x <，()p x 单调递减，所以()()10p x p ≤=，即ln 1≤-x x ，所以ln 221a a ≤-，所以22(2)2ln 22(21)0f a a a a a a a a =-≥--=>，又2a >，所以()f x 在)x ∈+∞上只有一个零点．所以a e >满足题意．不妨设12x x <，则(1x ∈，)2x ∈+∞，令()))(0g x f x f x x =+--≤≤，则()))ln ln g x a x a x =-+-，()22'g x x a==-，当0x <<时，()'0g x <，所以()g x 在(上单调递减，所以当(x ∈时，()()00g x g <=，即))fx fx +<-，因为(1x ∈(1x ∈，所以()()))()21111f x f x f x f x f x ⎤⎤==-->+-=-⎦⎦，又)2x ∈+∞，)1x -∈+∞，且()f x 在)+∞上单调递增，所以21x x >，故12x x +>>【点睛】本题考查利用导数证明函数的单调性，极值，最值，零点，函数与方程，不等式的综合应用，重点考查逻辑推理，转化与变形，计算能力，属于难题.17．已知函数()()()1xxf x ae ea x a R -=--+∈，()f x 既存在极大值，又存在极小值.（1）求实数a 的取值范围；（2）当01a <<时，1x ，2x 分别为()f x 的极大值点和极小值点.且()()120f x kf x +>，求实数k 的取值范围.【答案】（1）()()0,11,+∞ ；（2）1k ≤-.【分析】（1）求出函数的导数，结合函数的单调性确定a 的范围即可；（2）求出函数的极值点，问题转化为11(1)1a lna k a -<++ ，设11()(1))1x g x lnx k x -=-++ ，根据函数的单调性确定k 的范围即可．【详解】解：（1）由()()1xxf x ae e a x -=--+得()()'1x x f x ae e a -=+-+，即()()()1'1xxx f ee x ea -=--，由题意，若()f x 存在极大值和极小值，则()'0f x =必有两个不相等的实数根，由10x e -=得0x =，所以10x ae -=必有一个非零实数根，∴0a ≠，1xe a =，∴10a>且11a ≠，∴01a <<或1a >.综上，实数a 的取值范围为()()0,11,+∞ .（2）当01a <<时，由（1）可知()f x 的极大值点为10x =，极小值点为2ln x a =-，此时()11f x a =-，()()211ln f x a a a =-++，依题意得()()111ln 0a k a a a -+-++>对任意01a <<恒成立，由于此时()()210f x f x <<，所以k 0<；所以()()()1ln 11k a a a k +>--，即11ln 11a a k a -⎛⎫<-⎪+⎝⎭，设()11ln 11x x k x g x -⎛⎫=--⎪+⎝⎭，()0,1x ∈，则()()()()2221121112111'x x k x k x x x g x ⎛⎫+-- ⎪⎛⎫⎝⎭=--= ⎪⎝⎭++()22211x x k x x ++=+，令()2210*x x k ++=，判别式244k∆=-.①当1k ≤-时，0∆≤，所以()'0g x ≥，()g x 在()0,1单调递增，所以()()10g x g <=，即11ln 11a a k a -⎛⎫<-⎪+⎝⎭，符合题意；②当10k -<<时，>0∆，设()*的两根为3x ，4x ，且34x x <，则3420x x k+=->，341x x =，因此3401x x <<<，则当31x x <<时，()'0g x <，()g x 在()3,1x 单调递减，所以当31x a <<时，()()10g a g >=，即11ln 11a a k a -⎛⎫>- ⎪+⎝⎭，所以()()120f x kf x +<，矛盾，不合题意；综上，k 的取值范围是1k ≤-.【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、方程与不等式的解法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．18．已知函数()()22ln xg x x t t R e =-+∈有两个零点1x ，2x .（1）求实数t 的取值范围；（2）求证：212114x x e+>.【答案】（1）ln 21t >-；（2）证明见解析.【分析】（1）写出函数()g x 定义域并求导，从而得到函数的单调性，根据单调性得到函数的最大值，要使()g x 有两个零点，只需最大值202e g ⎛⎫> ⎪⎝⎭即可.（2）函数()g x 有两个零点1x ，2x ，可得1122222ln 02ln 0x x t e x x t e ⎧-+=⎪⎪⎨⎪-+=⎪⎩，两式相减得21221ln ln 2x x e x x -=-，欲证212114x x e +>，即证()2112212ln ln 11x x x x x x -+>-，设21(1)x t t x =>，构造函数1()2ln (1)f t t t t t=-->，通过函数()f t 的单调性即可得到证明.【详解】（1）函数()()22ln x g x x t t R e =-+∈定义域为()0,∞+，()222122=x e x xe g x e -=-'.令()0g x '=得22ex =，可得()g x 在20,2e ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在2,2e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减，又0x →时，()g x →-∞，x →+∞时，()g x →-∞，故欲使()g x 有两个零点，只需22ln 11ln 2022e e g t t ⎛⎫=-+=-+> ⎪⎝⎭，即ln 21t >-.（2）证明：不妨设12x x <，则由（1）可知21202e x x <<<，且1122222ln 02ln 0x x t e x x t e ⎧-+=⎪⎪⎨⎪-+=⎪⎩，两式相减可得21221ln ln 2x x e x x -=-.欲证212114x x e +>，即证()2112212ln ln 11x x x x x x -+>-，设21(1)x t t x =>，则即证12ln (1)t t t t->>，构造函数1()2ln (1)f t t t t t=-->，则()22212(1)10t t t tf t -=+-=>'，所以()f t 在()1,+∞上单调递增，故()()10f t f >=，所以12ln (1)t t t t->>，原不等式得证.【点睛】本题考查利用导数研究函数的零点，单调性以及最值问题，考查利用变量集中的思想解决不等式的证明，考查构造函数的思想，属于中档题.19．已知函数()1ln f x x x=-，()g x ax b =+．（1）若函数()()()h x f x g x =-在()0,+¥上单调递增，求实数a 的取值范围；（2）当0b =时，若()f x 与()g x 的图象有两个交点()11,A x y ，()22,B x y ，试比较12x x 与22e 的大小．（取e 为2.8，取ln 2为0.7为1.4）【答案】（1）(],0-∞；（2）2122x x e >.【分析】（1）根据条件得到()0h x '≥对()0,x ∈+∞恒成立，由此得到关于a 的不等式，采用分离常数的方法求解出a 的取值范围；（2）根据交点坐标列出对应的方程组，用关于12,x x 的式子表示出a ，由此得到关于12,x x 的等式，通过设变量21x t x =得到关于t 的函数，利用导数分析出关于t 的函数的最值，再借助基本不等式以及构造函数()G x 并利用()G x 的单调性分析出12x x 与22e 的关系.【详解】。
导数处理双变量问题和双变量不等式(解析版)
导数处理双变量问题和双变量不等式一、重点题型目录【题型一】双变量不等式转化为单变量问题【题型二】双变量不等式中点型【题型三】双变量不等式极值和差商积问题【题型四】双变量不等式主元法【题型五】同构函数法与双变量不等式二、题型讲解总结【题型一】双变量不等式转化为单变量问题例1.(2022·全国·高三专题练习)若e x 1=ln x 2，令t =x 2-x 1，则t 的最小值属于( )A.1,32B.32,2C.2,52D.52,3【答案】C【分析】设a =e x 1=ln x 2，把参数t 表示成a 的函数即t =x 2-x 1=e a -ln a ，构造函数，通过导数研究函数最小值及最小值的取值范围.【详解】设a =e x 1=ln x 2，则x 1=ln a ，x 2=e a ，t =x 2-x 1=e a -ln a ，令h (x )=e x -ln x ，h (x )=e x -1x，易知h (x )单增，且h 12=e -2<0，h (1)=e -1>0，则存在x 0∈12,1 ，使h (x 0)=e x 0-1x 0=0，即x ∈(0,x 0)，h (x )<0，h (x )单减；x ∈(x 0,+∞)，h (x )>0，h (x )单增；又h (x 0)=e x 0-1x 0=0⇒e x 0=1x 0,ln x 0=-x 0，则h (x )≥h (x 0)=e x 0-ln x 0=x 0+1x 0，x 0∈12,1 易知h (x 0)=x 0+1x 0在x 0∈12,1 单减，即h (1)=2<h (x 0)<h 12 =52故选：C【点睛】方法点睛：把双变量转化为单变量，构造新函数，通过导数研究最值情况及参数取值范围.例2.(2022·山东潍坊·高三阶段练习)已知函数f x =e x +x -2和g x =ln x +x -2，若f x 1 =g x 2=0，则( )A.x 1+x 2=2 B.0<x 1<12C.x 1⋅x 2>eD.ln x 1x 1<-x 2ln x 2【答案】ABD【分析】A 选项，根据反函数求解出y =-x +2与y =x 交点坐标，从而得到x 1+x 2=2；B 选项，由零点存在性定理得到0<x 1<12，1<x 2<e ；C 选项，化简整理得到x 1x 2=2-x 2 x 2=x 2ln x 2，求出y =x ln x 在1,e 上的单调性，求出取值范围；D 选项，构造函数h x =ln xx ，根据x 1x 2<x 1+x 22 2=1得到0<x 1<1x 2<1，根据h x 在0,1 上单调递增，所以h x 1 <h 1x 2 ，即ln x 1x 1<ln 1x 21x 2，整理得ln x 1x 1<-x 2ln x 2，D 正确．【详解】由于y =e x 和y =ln x 互为反函数，则y =e x 和y =ln x 的图象关于直线y =x 对称，将y =-x +2与y =x 联立求得交点为1,1 ，则x 1+x 22=1，即x 1+x 2=2，A 正确．易知f x 为单调递增函数，因为f 0 =-1<0，f 12 =e -32>0，由零点存在性定理可知0<x 1<12，B 正确．易知g x 为单调递减函数，g 1 =-1<0，g e =e -32>0，由零点存在性定理可知1<x 2<e ．因为x 1x 2=2-x 2 x 2=x 2ln x 2，令y =x ln x ，则y =1+ln x >0在1,e 上恒成立，所以y =x ln x 在1,e 上单调递增，所以x 1x 2=x 2ln x 2<e2，C 错误．因为x 1>0，x 2>0，所以x 1x 2<x 1+x 222=1，所以0<x 1<1x 2<1．令h x =ln xx，则h 'x =1-ln x x 2，当0<x <1时，hx >0，h x 在0,1 上单调递增，所以h x 1 <h 1x 2 ，即ln x 1x 1<ln 1x 21x 2，整理得ln x 1x 1<-x 2ln x 2，D 正确．故选：ABD【点睛】结论点睛：对于双变量问题，要结合两个变量的关系，将双变量问题转化为单变量问题再进行求解，也可通过研究函数的单调性及两个变量的不等关系进行求解例3.(2022·北京十四中高三阶段练习)关于函数f (x )=2x+ln x ，给出如下四个命题：①x =2是f (x )的极大值点；②函数y =f (x )-x 有且只有1个零点；③存在正实数k ，使得f (x )>kx 恒成立；④对任意两个正实数x 1,x 2，且x 1>x 2，若f (x 1)=f (x 2)，则x 1+x 2>4；其中的真命题有___________.【答案】②④【分析】①求f (x )导数，讨论f (x )单调性即可判断其极值情况；②作出y =f (x )与y =x 图象，根据两图象交点个数即可判断y =f (x )-x 的零点个数；③问题转化为f x 是否存在过原点且斜率为正的切线；④根据y =f (x )图象求出x 1,x 2范围，再结合f (x 1)=f (x 2)和f (x )的单调性，将双变量化为单变量，构造函数即可进行证明．【详解】f x =x -2x2，当0<x <2时，f x <0；当x >2时，f x >0．∴f x 在0，2 上单调递减，在2，+∞ 上单调递增，x =2是f x 的极小值点，故①错误；根据函数f x 的单调性及极值点，作出函数f x 的大致图象，如图所示，再作出直线y =x ，易知直线y =x 与f x 的图象有且只有1个交点，即函数y =f x -x 有且只有1个零点，故②正确．根据f x 的图象可知，若要存在正实数k 使得f x >kx 恒成立，则f x 要存在过原点且斜率为正的切线，假设f x 存在过原点且斜率为正的切线，切点为x 0,2x 0+ln x 0 ，则切线斜率为x 0-2x 20，则切线方程为y -2x 0-ln x 0=x 0-2x 20x -x 0 ，∵切线过原点，故-2x 0-ln x 0=-x 0-2x 0，整理得x 0-x 0ln x 0-4=0，令F x =x -x ln x -4，则F x =-ln x ，∴在0，1 上，F x >0，F x 单调递增，在1，+∞ 上，F x <0，F x 单调递减，∴F x ≤F 1 <0，∴F x <0恒成立，即方程x 0-x 0ln x 0-4=0无解，即f x 不存在过原点且斜率为正的切线，故不存在正实数k 使得f x >kx 恒成立，故③错误；由x 1>x 2，f x 1 =f x 2 可知x 1>2，0<x 2<2，要证x 1+x 2>4，即证x 1>4-x 2，且x 1>4-x 2>2，f x 在2，+∞ 上单调递增，即证f x 1 >f 4-x 2 ，又f x 1 =f x 2 ，∴证f x 2 >f 4-x 2 ，即证f x >f 4-x ，x ∈0，2 ．令h x =f x -f 4-x =ln x -ln 4-x +2x -24-x，x ∈0，2 ，则hx =-8(x -2)2x 2(4-x )2<0，∴h x 在0，2 上单调递减，∴h x >h 2 =0，∴x 1+x 2>4，故④正确．故答案为：②④．【点睛】本题②③均考察数形结合研究函数问题，需利用导数研究函数的性质，作出函数的简图，根据图象将问题进行简化；本题④需将双变量转化为单变量，需要熟练转化的方法．例4.(2022·北京十四中高三阶段练习)关于函数f (x )=2x+ln x ，给出如下四个命题：①x =2是f (x )的极大值点；②函数y =f (x )-x 有且只有1个零点；③存在正实数k ，使得f (x )>kx 恒成立；④对任意两个正实数x 1,x 2，且x 1>x 2，若f (x 1)=f (x 2)，则x 1+x 2>4；其中的真命题有___________.【答案】②④【分析】①求f (x )导数，讨论f (x )单调性即可判断其极值情况；②作出y =f (x )与y =x 图象，根据两图象交点个数即可判断y =f (x )-x 的零点个数；③问题转化为f x 是否存在过原点且斜率为正的切线；④根据y =f (x )图象求出x 1,x 2范围，再结合f (x 1)=f (x 2)和f (x )的单调性，将双变量化为单变量，构造函数即可进行证明．【详解】f x =x -2x2，当0<x <2时，f x <0；当x >2时，f x >0．∴f x 在0，2 上单调递减，在2，+∞ 上单调递增，x =2是f x 的极小值点，故①错误；根据函数f x 的单调性及极值点，作出函数f x 的大致图象，如图所示，再作出直线y =x ，易知直线y =x 与f x 的图象有且只有1个交点，即函数y =f x -x 有且只有1个零点，故②正确．根据f x 的图象可知，若要存在正实数k 使得f x >kx 恒成立，则f x 要存在过原点且斜率为正的切线，假设f x 存在过原点且斜率为正的切线，切点为x 0,2x 0+ln x 0 ，则切线斜率为x 0-2x 20，则切线方程为y -2x 0-ln x 0=x 0-2x 20x -x 0 ，∵切线过原点，故-2x 0-ln x 0=-x 0-2x 0，整理得x 0-x 0ln x 0-4=0，令F x =x -x ln x -4，则F x =-ln x ，∴在0，1 上，F x >0，F x 单调递增，在1，+∞ 上，F x <0，F x 单调递减，∴F x ≤F 1 <0，∴F x <0恒成立，即方程x 0-x 0ln x 0-4=0无解，即f x 不存在过原点且斜率为正的切线，故不存在正实数k 使得f x >kx 恒成立，故③错误；由x 1>x 2，f x 1 =f x 2 可知x 1>2，0<x 2<2，要证x 1+x 2>4，即证x 1>4-x 2，且x 1>4-x 2>2，f x 在2，+∞ 上单调递增，即证f x 1 >f 4-x 2 ，又f x 1 =f x 2 ，∴证f x 2 >f 4-x 2 ，即证f x >f 4-x ，x ∈0，2 ．令h x =f x -f 4-x =ln x -ln 4-x +2x -24-x，x ∈0，2 ，则hx =-8(x -2)2x 2(4-x )2<0，∴h x 在0，2 上单调递减，∴h x >h 2 =0，∴x 1+x 2>4，故④正确．故答案为：②④．【点睛】本题②③均考察数形结合研究函数问题，需利用导数研究函数的性质，作出函数的简图，根据图象将问题进行简化；本题④需将双变量转化为单变量，需要熟练转化的方法．例5.(2022·上海·上外附中高三阶段练习)已知函数f x =x -ln x ,x >0x +4e,x ≤0，若存在x 1≤0,x 2>0，使得f x 1 =f x 2 ，则x 1f x 2 的最小值为__________.【答案】-4e 2【分析】根据分段函数解析式画出函数f (x )的简图，设f (x 1)=f (x 2)=t ，根据图像确定t 的取值范围，将x 1f x 2 化成只含有一个变量t 的二次函数，由定区间内二次函数的性质，从而确定x 1f x 2 的最小值.【详解】当x >0时，f (x )=x -ln x ，f (x )=1-1x =x -1x，当x >1时，f (x )>0，当0<x <1时，f (x )<0，即当x =1时，f (x )取得极小值为f (1)=1.当x ≤0时，f (x )=x +4e 为增函数，且f (x )≤4e ，函数f (x )的图像如图：设f (x 1)=f (x 2)=t ，由题可知1≤t ≤4e ，由f (x 1)=t 得x 1+4e =t ，则x 1=t -4e ，则x 1f (x 2)=t (t -4e )=(t -2e )2-4e 2，∵1≤t ≤4e ，所以当t =2e 时，x 1f x 2 取得最小值为-4e 2.故答案为：-4e 2.【点睛】本题重点是根据函数解析式做出函数图像，然后根据换元的思想，把双变量问题转化为单变量问题，然后就可以轻松求解.【题型二】双变量不等式中点型例6.(2021秋•山西期末)已知函数f (x )=2x +(1-2a )ln x +a x．(1)讨论f (x )的单调性；(2)如果方程f (x )=m 有两个不相等的解x 1，x 2，且x 1<x 2，证明：f x 1+x 22>0．【解答】解：(1)f ′(x )=2+1-2a x -ax 2=2x 2+(1-2a )x -a x 2=(x -a )(2x +1)x 2(x >0)，①当a ≤0时，x ∈(0,+∞)，f ′(x )>0，f (x )单调递增；②当a >0时，x ∈(0,a )，f ′(x )<0，f (x )单调递减；x ∈(a ,+∞)，f ′(x )>0，f (x )单调递增，综上，当a ≤0时，f (x )在(0,+∞)单调递增；当a >0时，f (x )在(0,a )单调递减，在(a ,+∞)单调递增．(2)由(1)知，当a ≤0时，f (x )在(0,+∞)单调递增，f (x )=m 至多一个根，不符合题意；当a >0时，f (x )在(0,a )单调递减，在(a ,+∞)单调递增，则f ′(a )=0．不妨设0<x 1<a <x 2，要证f ′x 1+x 22>0，即证x 1+x 22>a ，即证x 2+x 1>2，即证x 2>2a -x 1．因为f (x )在(a ,+∞)单调递增，即证f (x 2)>f (2a -x 1)，因为f (x 2)=f (x 1)，所以即证f (x 1)>f (2a -x 1)，即证f (a +x )<f (a -x )，令g (x )=f (a +x )-f (a -x )=2(a +x )+(1-2a )ln (a +x )+a a +x-2(a -x )+(1-2a )ln (a -x )+a a -x=4x +(1-2a )ln (a +x )-(1-2a )ln (a -x )+a a +x -aa -x．g ′(x )=4+1-2a a +x +1-2a a -x -a (a +x )2-a(a -x )2=4+2a (1-2a )a 2-x 2-2a (a 2+x 2)(a +x )2(a -x )2=4x 2(x 2-a 2-a )(a +x )2(a -x )2．当x ∈(0,a )，时，g ′(x )<0，g (x )单调递减，又g (0)=f (a +0)-f (a -0)=0，所以x ∈(0,a )，时，g (x )<g (0)=0，即f (a +x )<f (a -x )，即f (x )>f (2a -x )，又x 1∈(0,a )，所以f (x 1)>f (2a -x 1)，所以f x 1+x 22>0．例7.(2021•沙坪坝区校级开学)已知函数f (x )=x 2-2ax +2ln x (a >0)．(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)设g (x )=ln x -bx -cx 2，若函数f (x )的两个极值点x 1，x 2(x 1<x 2)恰为函数g (x )的两个零点，且y =(x 1-x 2)g ′x 1+x 22的取值范围是[ln3-1，+∞)，求实数a 的取值范围．【解答】解：(1)函数f (x )=x 2-2ax +2ln x (a >0)的定义域为(0,+∞)，又f(x )=2x -2a +2x =2⋅x 2-ax +1x(a >0,x >0)，对于方程x 2-ax +1=0，△=a 2-4(a >0)，①若△=a 2-4≤0，即0<a ≤2时，则f (x )≥0恒成立，所以f (x )在(0,+∞)上单调递增；②若△=a 2-4>0，即a >2时，令f(x )=0，解得x =a -a 2-42，或x =a +a 2-42，当x ∈0,a -a 2-42 和a +a 2-42，+∞时，f (x )>0，当x ∈a -a 2-42，a +a 2-42时，f (x )<0，所以f (x )在0,a -a 2-42和a +a 2-42，+∞上单调递增，在a -a 2-42，a +a 2-42上单调递减．综上所述，当0<a ≤2时，f (x )的单调递增区间为(0,+∞)，无单调递减区间；当a >2时，f (x )的单调递增区间为0,a -a 2-42 和a +a 2-42，+∞，单调递减区间为a -a 2-42，a +a 2-42；(2)由(1)可知，当a >2时，x 1+x 2=a ，x 1x 2=1(x 1<x 2)，又g (x )=1x -b -2cx (x >0)，故g x 1+x 22 =2x 1+x 2-b -c (x 1+x 2)，由g (x 1)=g (x 2)=0，可得ln x 1-bx 1-cx 12=0ln x 2-bx 2-cx 22=0 ，两式相减，可得lnx 1x 2=b (x 1-x 2)+c (x 21-x 22)，所以y =(x 1-x 2)g x 1+x 22 =2(x 1-x 2)x 1+x 2-b (x 1-x 2)-c (x 21-x 22)=2(x 1-x 2)x 1+x 2-ln x 1x 2=2x 1x 2-1x 1x 2+1-ln x1x 2，令x 1x 2=t ∈(0,1)，所以y =2(t -1)t +1-ln t ，则y=-(t -1)2t (t +1)2<0，所以y =2(t -1)t +1-ln t 在(0,1)上单调递减，由y 的取值范围为[ln3-1，+∞)，可得t 的取值范围为0,13，所以a 2=(x 1+x 2)2=x 1x 2+x 2x 1+2=t +1t+2∈163,+∞ ，又因为a >2，故实数a 的取值范围是433,+∞．例8.(2021秋•巴南区校级月考)已知函数f (x )=ln x -ax (a 为常数)．(1)当a >1时，求函数f (x )的单调区间；(2)当a ≥322时，设函数g (x )=2f (x )+x 2的两个极值点x 1，x 2(x 1<x 2)满足t =ln x 1-ln x 2x 1-x 2，求y =(x 1-x 2)2x 1+x 2-t+23的最小值．【解答】解：(1)依题意，得f (x )=1x -a =1-axx (x >0)，∵a >1，由1-ax >0，解得x <1a ，即当0<x <1a时，f (x )>0，f (x )单调递增，由1-ax <0，解得x >1a ，即当x >1a时，f (x )<0，f (x )单调递减，∴当a >1时，f (x )的单调递增区间为0,1a ，f (x )的单调递减区间为1a ，+∞ ．(2)∵g (x )=2f (x )+x 2=2ln x -2ax +x 2，∴g(x )=2(x 2-ax +1)x=0的两根为x 1，x 2，即方程x 2-ax +1=0的两根为x 1，x 2，∵a ≥322，∴△=a 2-4>0，∴x 1+x 2=a ，x 1x 2=1，∵t =ln x 1-ln x 2x 1-x 2，∴y =(x 1-x 2)2x 1+x 2-ln x 1-ln x 2x 1-x 2 +23=2(x 1-x 2)x 1+x 2-ln x 1x 2+23=2⋅x 1x 2-1x 1x 2+1-ln x 1x 2+23，令m =x 1x 2(0<m <1)，由韦达定理，得(x 1+x 2)2=x 12+2x 1x 2+x 22=a 2，∴x 12+2x 1x 2+x 22x 1x 2=m +1m+2=a 2，∵a ≥322，∴m +1m =a 2-2≥52，∴m ≤12或m ≥2，∴0<m ≤12，令h (m )=2⋅m -1m +1-ln m +23，∴h(m )=-(m -1)2m (m +1)2<0，∴h (m )在0<m ≤12上递减，∴y min =h (m )min =h 12 =ln2，【题型三】双变量不等式极值和差商积问题例9.(2022·全国·高三专题练习)若直线y =ax 与曲线C :y =ln x 相交于不同的两点A (x 1,y 1)，B (x 1,y 1)，曲线C :y =ln x 在点A ，B 处的切线相交于点P (x 0,y 0)，则( )A.a ≤1eB.ex 1x 2=x 0C.k AP +k BP >2aD.k AP +k BP ≤2a【答案】C【分析】A 选项根据图像可以得出结论；B 选项：设A ,B ，写出A ，B 点处的切线程联立并化简得x 2-x 1 ax 1x 2-x =0，从而得出结论；C 选项：要证明k AP +k BP >2a 即1x 1+1x 2>2ln x 2-ln x 1x 2-x 1，化简得x 2x 12-2×x 2x 1⋅ln x 2x 1 -1>0，设t =x2x 1>1，可得t 2-2×t ⋅ln t -1>0令h (t )=t 2-2×t ⋅ln t -1，通过求导判断h (t )的单调性，进一步得到h (t )>0，从而得证；D 选项，根据C 选项的结论得出结论.【详解】A 选项：当a ≤0时，直线y =ax 与曲线C :y =ln x 只有一个交点，故A 错误；B 选项：设A (x 1,y 1),B =(x 2,y 2)，且1<x 1<x 2，可得ax 1=ln x 1,ax 2=ln x 2， y =ln x 在A ，B 点处的切线程为y -ln x 1=1x 1(x -x 1)①,y -ln x 2=1x 2(x -x 2)②,①-②得ln x 2-ln x 1=x x 1-x x 2，将ax 1=ln x 1,ax 2=ln x 2代入得ax 2-ax 1=x x 1-x x 2化简x 2-x 1 ax 1x 2-x =0，∵x 2≠x 1∴ax 1x 2=x 故ax 1x 2=x 0，故B 错误；C 选项：要证明k AP +k BP >2a 即1x 1+1x 2>2ln x 2-ln x 1x 2-x 1， 化简得x 2x 1 2-2×x 2x 1⋅ln x2x 1 -1>0，设t =x 2x 1>1，可得t 2-2t ⋅ln t -1>0令h (t )=t 2-2t ⋅ln t -1h (t)=2t-2ln t-2i(t)=h (t)=2t-2ln t-2 i (t)=2-2t=2t-1t，当t>1，i (t)=2t-1t>0，i(t)在t>1上单调递增，所以i(t)>i(1)=0，所以h (t)>0，h(t)在t>1上单调递增，所以h(t)>h(1)=0，所以x2x12-2×x2x1⋅lnx2x1-1>0，即k AP+k BP>2a，故C正确；D选项，根据C选项可得D选项错误.故选：C.【点睛】导数中双变量问题，此时处理的方式是通过变形,把x2x1看作一个未知数,从而把两个自变量转化为一个未知量，这是一种比较常见的解题方法.例10.(2022·云南·昆明一中高三阶段练习)已知函数f(x)=ln x-12ax-1．(1)讨论f(x)的单调性；(2)设函数g(x)=xf(x)，若g(x)有两个极值点x1,x2，证明：x1x2>e2．【答案】(1)见详解(2)见详解【分析】(1)求出导数后，将参数分为a≤0和a>0两种情况讨论导数取值即可.(2)求出g(x)导数，根据函数极值点就是导数零点列式将参数消去，同时将证明问题进行转换，最后利用抓商构造x1x2=t型函数作最终证明.(1)由f(x)=ln x-12ax-1可知f (x)=1x-12a=2-ax2x，其中x∈(0,+∞)当a≤0时，2-ax>0在(0,+∞)恒成立，即f (x)>0，故当a≤0时，f(x)在(0,+∞)单调递增;当a>0时，令2-ax>0，得x<2a，即在0,2a，f (x)>0；在2a,+∞，f (x)<0故当a>0时，f(x)在0,2 a在单调递增，f(x)在2a,+∞在单调递减.(2)由g(x)=x ln x-12ax2-x可知g (x)=ln x-ax，其中x∈(0,+∞).若g(x)有两个极值点x1,x2，则g (x1)=ln x1-ax1=0，g (x2)=ln x2-ax2=0故ln x1+ln x2=a(x1+x2)；ln x1-ln x2=a(x1-x2)，其中a=ln x1-ln x2 (x1-x2)欲证x1x2>e2，只需证ln x1+ln x2>2，即证ln x1x2(x1+x2)x1-x2>2 ①不妨假设0<x 1<x 2，则0<x 1x 2<1，令x1x 2=t ，代入①可得ln t (t +1)t -1>2化简，最终只需证明ln t -2(t -1)t +1<0即可，令h (t )=ln t -2(t -1)t +1其中t ∈(0,1)得h(t )=1t -4(t +1)2=(t -1)2t (t +1)2>0所以h (t )在(0,1)单调递增所以h (t )<h (1)=0，故ln t -2(t -1)t +1<0，因此x 1x 2>e 2证毕.【点睛】方法点睛(1)联立消参：利用方程g (x 1)=g (x 2)消除解析式中的参数a (2)抓商构元：令x 1x 2=t ，消除变量x 1,x 2，构造关于t 得函数h (t )(3)用导求解：利用导数求解函数h (t )得最大值或者最小值，从而可证得结论.【题型四】双变量不等式主元法例11.(2022·黑龙江·牡丹江市第二高级中学高三阶段练习)若实数x ,y 满足4ln x +2ln 2y ≥x 2+8y -4，则( )A.xy =24B.x +y =2C.x +2y =1+2D.x 2y =1【答案】A【分析】根据题意将原不等式化简为ln 12x 2⋅4y ≥12x 2+4y -2，令a =12x 2,b =4y a >0,b >0 ，可知原不等式等价于ln a -a +1 +ln b -b +1 ≥0，再令g x =ln x -x +1，则原不等式等价于g a +g b ≥0；再利用导数求出函数g x 单调性，进而可得g x ≤0，由此可知只有当a =b =1时，即g a =g b =0时才满足g a +g b ≥0，据此即可求出x ,y 的值，进而求出结果.【详解】∵4ln x +2ln 2y ≥x 2+8y -4x >0,y >0 ∴2ln (x 2)+ln 2y ≥x 2+8y -4 ，即ln x 2 +ln 2y ≥12x 2+4y -2 ∴ln 12x 2 ⋅4y ≥12x 2+4y -2，设a =12x 2,b =4y a >0,b >0 ，则有ln ab ≥a +b -2，即ln a +ln b ≥a +b -2，∴ln a -a +1 +ln b -b +1 ≥0，令g x =ln x -x +1，则g x =1x -1=1-x x，∴当x ∈0,1 时，g x >0，g x 单调递增；当x ∈(1,+∞)时，g x <0，g x 单调递减；∴g x max =g 1 =0，即g x ≤0，要使ln a -a +1 +ln b -b +1 ≥0成立等价于g a +g b ≥0成立，只有当a =b =1时，即g a =g b =0时才满足，∴a =12x 2=1,b =4y =1∴x =2,y =14，∴xy =24.故选：A .【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是对原不等式的变形，将其变形成ln 12x 2 ⋅4y ≥12x 2+4y -2，再进行换元、构造辅助函数，借助函数的最值和唯一性求解.例12.(2023·全国·高三专题练习)若存在两个正实数x ，y ，使得等式2x +a (y -2ex )(ln y -ln x )=0成立，则实数a 的取值范围为( )A.-12，1eB.0，2eC.-∞，0 ∪2e ，+∞D.-∞，-12 ∪1e，+∞【答案】C【分析】根据函数与方程的关系将方程进行转化，利用换元法转化为方程有解，构造函数求函数的导数，利用函数极值和单调性的关系进行求解即可．【详解】由2x +a (y -2ex )(ln y -ln x )=0得2x +a (y -2ex )ln yx=0，即2+a y x -2e ln yx =0，即设t =y x，则t >0，则条件等价为2+a (t -2e )ln t =0，即(t -2e )ln t =-2a有解，设g (t )=(t -2e )ln t ，g ′(t )=ln t +1-2et 为增函数，∵g ′(e )=ln e +1-2ee =1+1-2=0，∴当t >e 时，g ′(t )>0，当0<t <e 时，g ′(t )<0，即当t =e 时，函数g (t )取得极小值，为g (e )=(e -2e )ln e =-e ，即g (t )≥g (e )=-e ，若(t -2e )ln t =-2a有解，则-2a ≥-e ，即2a≤e ，则a <0或a ≥2e ，故选：C ．例13.(2022·全国·高三专题练习)已知大于1的正数a ，b 满足ln 2b e2a <b a n ，则正整数n 的最大值为( )A.7 B.8 C.9 D.11【答案】C【解析】ln 2b e 2a <b n a n 等价于ln 2b b n <e 2a a n ，令f x =ln 2x x n ，g x =e 2xxn ，分别求f x ，g x 的导数，判断函数的单调性，可求得f x 有最大值f e 2n =2n 2e 2，g x 有最小值g n 2 =e n n 2n ，根据题意，即求f x max ≤g x min ，代入为2n 2e2≤e n n 2 n ，等价于n +2n -2≥ln n 2，令φx =x +2x -2-ln x2，即求φx >0的最大的正整数.对φx 求导求单调性，可知φx 单调递减，代入数值计算即可求出结果.【详解】解：由题干条件可知：ln 2b e 2a <b n a n 等价于ln 2b b n <e 2a an ，令f x =ln 2xx n ，x >1 ，则f 'x =x n -1⋅ln x (2-n ln x )x 2n =ln x (2-n ln x )x n +1f 'x =0，x =e 2n ，当f 'x >0时，x ∈1,e 2n ，当f 'x <0时，x ∈e 2n ,+∞所以f x 在1,e 2n 上单调递增，在e 2n ,+∞ 上单调递减，则f x 有最大值f e 2n =2n 2e 2.令g x =e 2xxn ，x >1 ，则g 'x =e 2x2x -nx 2n，当n 2≤1时，此题无解，所以n2>1，则g 'x =0,x =n2，当g 'x >0,x >n 2，当g 'x <0,1<x <n 2，所以g x 在1,n 2 上单调递减，在n 2,+∞ 上单调递增，则g x 有最小值g n2 =e nn 2n .若ln 2b b n <e 2a a n 成立，只需f e 2n ≤g n2 ，即2n 2e 2≤e n n 2n，即e n +2≥n 2 n -2，两边取对数可得：n +2≥(n -2)ln n 2.n =2时，等式成立，当n ≥3时，有n +2n -2≥ln n2，令φx =x +2x -2-ln x2，本题即求φx >0的最大的正整数.φ'x =-4(x -2)2-1x <0恒成立，则φx 在3,+∞ 上单调递减，φ8 =53-ln4>0，φ9 =117-ln 92≈1.5714-1.51>0，φ10 =32-ln5<0，所以φx >0的最大正整数为9.故选：C .【点睛】本题考查构造函数法解决恒成立问题.方法点睛：双变元的恒成立问题，经常采用构造成两个函数，转化为f x 1 <g x 2 ，若f x 1 max <g x 2 min ，则复合恒成立的情况.例14.(2022·四川省成都市新都一中高三阶段练习(理))已知函数f (x )=ln xx,g (x )=xe -x ，若存在x 1∈(0,+∞),x 2∈R ，使得f x 1 =g x 2 =k 成立，则下列命题正确的有___________．①当k >0时，x 1+x 2>1 ②当k >0时，2<x 1+e x 2<2e③当k <0时，x 1+x 2<1 ④当k <0时，x 2x 1⋅e k 的最小值为-1e 【答案】①③④【分析】根据f (x )可求得f (x )在(0,e )上单调递增，在(e ,+∞)上单调递减，则可画出f (x )的图像；利用同构可知f (x 1)=g (x 2)=k 等价于ln x 1x 1=ln e x2ex 2=k ，结合图像则可判断① ②③；当k <0时，可得x 1=e x 2，x 1∈(0,1)，构造函数可判断④．【详解】解：①f (x )=1-ln xx 2(x >0)，令f (x )>0得0<x <e ，f (x )在(0,e )上递增，且值域-∞,1e；令f (x )<0得x >e ，f (x )在(e ,+∞)上递减，且值域0,1e；作图如下：当k >0时，由f (1)=0知：若∃x 1∈(0,+∞)，使得f (x 1)=k ，则x 1>1，当k <0时，若∃x 1∈(0,+∞)，使得f (x 1)=k ，则0<x 1<1，由g (x )=xe -x 得：g (x )=1-xe x，令g (x )>0得x <1，g (x )在(-∞,1)上递增，且值域-∞,1e；令g (x )<0得x >1，g (x )在(1,+∞)上递减，且值域0,1e；作出g (x )图象如下：当k >0时，由g (0)=0知：若∃x 2∈R 使得g (x 2)=k ，则x 2>0，当k <0时， 若∃x 2∈R 使得g (x 2)=k ，则x 2<0，∴当k >0时，x 1+x 2>1．故①正确．②当k >0时，由f x 1 =g x 2 =k 得：ln x 1x 1=x 2e -x 2，即ln x 1x 1=ln e x 2ex 2，∴x 1,e x 2可看成ln xx=k 的两零点，作出y =ln xx的图象如下：由图象易知：x 1或e x 2均可趋向于+∞，故②错误；③当k <0时，由①的讨论知：x 2<0，0<x 1<1，∴x 1+x 2<1．故③正确；④当k <0时，此时x 1∈(0,1)，由②知：x 1=e x 2，∴x 2=ln x 1，则x 2x 1=ln x 1x 1=k ，∴要求x 2x 1⋅e k的最小值即求ke k 的最小值即可，令h (k )=ke k (k <0)，则h (k )=e k +ke k =(1+k )e k ，令e k +ke k =0，解得：k =-1，易知k =-1为极小值点，故h (k )的最小值为h (-1)=-1e ．故④正确．故答案为：①③④．【点睛】关键点点睛：同构找到x 1=e x 2，通过f (x )与g (x )的图象及性质判断求解，在处理④时，要注意消元思想的运用．【题型五】同构函数法与双变量不等式例15.(2022·福建省福州格致中学模拟预测)已知f (x )=ln x +x -a ,g (x )=x +e x +a ,f x 1 =g x 2 ，若x 1x 2≥1，则a 的取值范围为( )A.[-1,+∞) B.(-∞,e ] C.(-∞,1] D.[e ,+∞)【答案】A【分析】利用同构构造h x =x +e x ，得到h ln x 1 =h x 2+a ，结合h x =x +e x 的单调性，得到a =ln x 1-x 2≥ln x 2-x 2，构造φx =ln x -x ，求出其最大值，得到a 的取值范围.【详解】由题意得：x 1>0，又因为x 1x 2≥1，所以x 2>0，ln x 1+x 1-a =x 2+e x 2+a ，即ln x 1+x 1=x 2+a +e x 2+a ，所以ln x 1+e ln x 1=x 2+a +e x 2+a ，设h x =x +e x ，则h ln x 1 =h x 2+a ，h x =1+e x >0，所以h x =x +e x 单调递增，所以ln x 1=x 2+a ，因为x 1x 2≥1，所以a =ln x 1-x 2≥ln x 2-x 2，令φx =ln x -x ，x >0，则φ x =1x -1=1-xx，当x ∈0,1 时，φ x >0，当x ∈1,+∞ 时，φ x <0，故φx =ln x -x 在x =1处取得极大值，也是最大值，φx ≤φ1 =ln1-1=-1，故a ∈[-1,+∞).故选：A【点睛】同构构造函数，求解参数取值范围问题，通常适用于方程或不等式同时出现了指数函数与对数函数，此时利用同构构造函数，往往会是解题的突破口.例16.(2022·江苏南京·高三开学考试)若函数f x =e x -1x ，g x =x1+ln x，存在x 1、x 2使得f x 1 =g x 2 ，则下列说法不正确的是( )A.若x 1>x 2，则x 2<1B.若x 1<x 2，则x 1<1C.存在x 1=x 2D.存在x 0，使得当x 1>x 0，x 2>x 0时，x 2-x 1 的值随着x 1、x 2的增大而增大【答案】B【分析】利用导数分析函数f x 的单调性，证明出x ≥ln x +1(当且仅当x =1时，等号成立)，由已知可得f x 1 =f 1+ln x 2 ，分1+ln x 2<0、0<1+ln x 2<1、1+ln x 2=1、1+ln x 2>1四种情况讨论，讨论x 1、x 2的大小，可判断ABC 选项的正误；取x 0=1，可得出x 2-x 1=x 2-ln x 2-1>0，利用导数分析函数φx =x -ln x -1在1,+∞ 上的单调性，可判断D 选项.【详解】函数f x 的定义域为x x ≠0 ，fx =e x -1x -1x 2，当x <0时，f x <0，此时函数f x 单调递减，且f x =e x -1x<0；当0<x <1时，fx <0，此时函数f x 单调递减，且f x =e x -1x >0；当x >1时，fx >0，此时函数f x 单调递增，且f x =e x -1x>0.设f x 1 =g x 2 =k ，g x =x 1+ln x =e 1+ln x -11+ln x=f 1+ln x ，构造函数h x =x-ln x-1，其中x>0，h x =1-1x=x-1x.当0<x<1时，h x <0，此时函数h x 单调递减；当x>1时，h x >0，此时函数h x 单调递增.所以，h x min=h1 =0，即x≥ln x+1，当且仅当x=1时，等号成立.因为f x1=g x2=f1+ln x2.①若1+ln x2<0，即0<x2<1e，则f x1=f1+ln x2<0，此时x1<0，因为函数f x 在-∞,0上单调递减，则x1=1+ln x2<x2；②若0<1+ln x2<1，即1e<x2<1，由于函数f x 在0,1上递减，在1,+∞上递增，则存在x1>1，使得f x1=f1+ln x2，此时1+ln x2<x2<1<x1，存在x1∈0,1，使得f x1=f1+ln x2，此时x1=1+ln x2<x2<1；③若1+ln x2=1，即x2=1，则f x =f1 只有唯一解，此时x1=1，即x1=x2=1；④若1+ln x2>1，即x2>1，因为由于函数f x 在0,1上递减，在1,+∞上递增，则存在x1∈0,1使得f x1=f1+ln x2，此时x1<1<1+ln x2<x2，存在x1>1使得f x1=f1+ln x2，此时x1=1+ln x2<x2.故A对，B错，C对；取x0=1，因为函数f x 在1,+∞上单调递增，且x1>1，x2>1，则1+ln x2>1，由f x1=f1+ln x2可得x1=1+ln x2<x2，则x2-x1=x2-ln x2-1>0，因为函数h x 在1,+∞上单调递增，且x2>1，故h x2随着x2的增大而增大，D对.故选：B.【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：(1)直接构造函数法：证明不等式f x >g x (或f x <g x )转化为证明f x -g x >0(或f x-g x <0)，进而构造辅助函数h x =f x -g x ；(2)适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；(3)构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.例17.(2022·黑龙江·牡丹江市第二高级中学高三阶段练习)若实数x,y满足4ln x+2ln2y≥x2+8y -4，则( )A.xy=24B.x+y=2C.x+2y=1+2D.x2y=1【答案】A【分析】根据题意将原不等式化简为ln12x2⋅4y≥12x2+4y-2，令a=12x2,b=4y a >0,b >0 ，可知原不等式等价于ln a -a +1 +ln b -b +1 ≥0，再令g x =ln x -x +1，则原不等式等价于g a +g b ≥0；再利用导数求出函数g x 单调性，进而可得g x ≤0，由此可知只有当a =b =1时，即g a =g b =0时才满足g a +g b ≥0，据此即可求出x ,y 的值，进而求出结果.【详解】∵4ln x +2ln 2y ≥x 2+8y -4x >0,y >0 ∴2ln (x 2)+ln 2y ≥x 2+8y -4 ，即ln x 2 +ln 2y ≥12x 2+4y -2 ∴ln 12x 2 ⋅4y ≥12x 2+4y -2，设a =12x 2,b =4y a >0,b >0 ，则有ln ab ≥a +b -2，即ln a +ln b ≥a +b -2，∴ln a -a +1 +ln b -b +1 ≥0，令g x =ln x -x +1，则g x =1x -1=1-x x，∴当x ∈0,1 时，g x >0，g x 单调递增；当x ∈(1,+∞)时，g x <0，g x 单调递减；∴g x max =g 1 =0，即g x ≤0，要使ln a -a +1 +ln b -b +1 ≥0成立等价于g a +g b ≥0成立，只有当a =b =1时，即g a =g b =0时才满足，∴a =12x 2=1,b =4y =1∴x =2,y =14，∴xy =24.故选：A .【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是对原不等式的变形，将其变形成ln 12x 2 ⋅4y ≥12x 2+4y -2，再进行换元、构造辅助函数，借助函数的最值和唯一性求解.例18.(2022·全国·高三专题练习)设实数λ>0，若对任意x ∈0,+∞ ，不等式e xλ-ln λx ≥0恒成立，则λ的取值范围是( )A.0<λ≤1eB.0<λ≤e -1C.0<λ≤eD.0<λ≤e 2【答案】C【分析】令f x =e x λ-ln λx ，根据二阶导数的符号判断f (x )的单调性，由零点存在性定理易知∃x 0∈(0,+∞)使f (x 0)=0，此时λ=x 0e x 0，进而讨论f (x )的单调性可知f (x )≥f (x 0)，要使题设不等式恒成立，即f (x 0)=e x 0λ-ln λ-ln x 0≥0成立，构造g (x 0)=1x 0-2ln x 0-x 0利用导数研究其单调性确定g (x 0)≥0的区间，进而求λ的范围.【详解】令f x =e xλ-ln λx ，只需要x ∈0,+∞ 上f (x )≥0恒成立，∵f (x )=e x λ-1x 且λ>0，∴f (x )=e x λ+1x2>0，即f (x )在x ∈0,+∞ 上单调递增，∵lim x →0+f (x )=-∞，lim x →+∞f (x )=+∞，∴∃x 0∈(0,+∞)，使f (x 0)=0，即λ=x 0e x 0，∴x ∈(0,x 0)时，f (x )<0，f (x )单调递减；x ∈(x 0,+∞)时，f (x )>0，f (x )单调递增；故只需f x ≥f x 0 =e x 0λ-ln λx 0 =e x 0λ-ln λ-ln x 0≥0，令g (x 0)=1x 0-2ln x 0-x 0，∴g (x 0)=-1x 0+12<0，故g (x 0)在x 0∈(0,+∞)上递减，而g (1)=0，∴x 0∈(0,1]时，g (x 0)≥0恒成立，可知λ=x 0e x 0∈(0,e ].故选：C【点睛】关键点点睛：利用导数研究f (x )的单调性并确定极小值点范围，根据f (x 0)=0有λ=x 0e x 0，结合f (x )≥f (x 0)构造新函数，求f (x 0)≥0成立时x 0的区间，进而求参数范围.例19.(2022·全国·高三专题练习)若e x 1=ln x 2，令t =x 2-x 1，则t 的最小值属于( )A.1,32B.32,2C.2,52D.52,3【答案】C【分析】设a =e x 1=ln x 2，把参数t 表示成a 的函数即t =x 2-x 1=e a -ln a ，构造函数，通过导数研究函数最小值及最小值的取值范围.【详解】设a =e x 1=ln x 2，则x 1=ln a ，x 2=e a ，t =x 2-x 1=e a -ln a ，令h (x )=e x -ln x ，h (x )=e x -1x，易知h (x )单增，且h 12=e -2<0，h (1)=e -1>0，则存在x 0∈12,1 ，使h (x 0)=e x 0-1x 0=0，即x ∈(0,x 0)，h (x )<0，h (x )单减；x ∈(x 0,+∞)，h (x )>0，h (x )单增；又h (x 0)=e x 0-1x 0=0⇒e x 0=1x 0,ln x 0=-x 0，则h (x )≥h (x 0)=e x 0-ln x 0=x 0+1x 0，x 0∈12,1 易知h (x 0)=x 0+1x 0在x 0∈12,1 单减，即h (1)=2<h (x 0)<h 12 =52故选：C【点睛】方法点睛：把双变量转化为单变量，构造新函数，通过导数研究最值情况及参数取值范围.例20.(2022·全国·高三专题练习)若对于任意的0<x 1<x 2<a ，都有x 2ln x 1-x 1ln x 2x 1-x 2>2，则a 的最大值为( )A.1B.eC.1eD.12【答案】C【分析】问题转化为ln x1+2x1<ln x2+2x2，构造函数f(x)=ln x+2x，易得f(x)在定义域(0,a)上单调递增，所以f (x)≥0在(0,a)上恒成立，进而可求出a的最大值．【详解】解：∵0<x1<x2<a，∴x1-x2<0，∴x2ln x1-x1ln x2<2(x1-x2)，∴ln x1x1-ln x2x2<2x2-2x1，∴ln x1+2x1<ln x2+2x2，∴函数f(x)=ln x+2x在定义域(0,a)上单调递增，∴f′(x)=1-(ln x+2)x2=-ln x-1x2≥0在(0,a)上恒成立，由-ln x-1≥0，解得0<x≤1e，故a的最大值是1e.故选：C．【点睛】关键点点睛：本题的解题关键是将原式变形为ln x1+2x1<ln x2+2x2，从而构造函数f(x)=ln x+2x且f(x)在定义域(0,a)上单调递增.。
导数中的双变量问题
1、设函数 f(x) (2 a)lnx __ (ax(1)讨论函数f (x)在定义域内的单调性；⑵ 当 a ( 3, 2)时，任意 X i ,X 2 [1,3] , (m In 3)a 2l n3 | f(xj f(x 2)| 恒成立，求实数 m 的取值范围.2、已知二次函数g(x)对xR 都满足 g(x 1) g(1 x) x 2 2x 1 且 g(1)1，设函数19f (x) g(x ) ml nx ( mR , x 0).(I)求g(x)的表达式；(H)若 x R ，使f(x) 0成立，求实数m 的取值范围；(皿)设1 m e ,H(x) f(x) (m 1)x ，求证：对于 x b x ? [1,m]，恒有 | H (xj H(X 2)| 1 . 3、 设x 3是函数f x x 2 ax b e 3 x , x R 的一个极值点. (1) 求a 与b 的关系式(用a 表示b )，并求f x 的单调区间；25(2) 设ao, g x a— e，若存在1, 20,4，使得f1g 21成立，求a的取值范围.4、 f (x) (x 2 ax b)e x (x R). (1)若a 2,b 2，求函数f(x)的极值；(2) 若x 1是函数f(x)的一个极值点，试求出a 关于b 的关系式(用a表示b ), 并确定f(x)的单调区间；(3) 在(2)的条件下，设a 0，函数g(x) (a 2 14)e x 4 .若存在1, 2 [0,4]使得 | f( 1)f( 2)l 1成立，求a 的取值范围.5、已知函数f x ax 3 bx 2 3x a,b R 在点1, f 1处的切线方程为y 2 0 . ⑴求函数f x 的解析式;导数 0) •⑵若对于区间2,2上任意两个自变量的值x1,x2都有f x1c，求实数c的最小值；⑶若过点M 2,m m 2可作曲线y f x的三条切线，求实数m的取值范围.16、设函数f(x) x aln x(a R).x⑴讨论函数f(x)的单调性；⑵若f(x)有两个极值点X i,X2，记过点A(X i, f(G), B(X2, f(X2))的直线斜率为k,问：是否存在a，使得k 2 a ?若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由.7、已知函数f(x) ln x — ax2(a 1)x(a R, a 0).2⑴求函数f(x)的单调增区间；⑵记函数F(x)的图象为曲线C ,设点A(x1,y1)，B(x2,y2)是曲线C上两个不同点，如果曲线C上存在点M(x0,y0)，使得：①x0X2；②曲线C在点M处的切线平行于直2线AB，贝S称函数F(x)存在“中值相依切线”.试问：函数f(x)是否存在中值相依切线，请说明理由.&已知函数 f (x) (a 1)lnx ax .⑴试讨论f(x)在定义域内的单调性；⑵当a V—1时，证明：N,X2 (0,1),⑴：1)1.求实数m的取值范围.I X1 x2 |9、已知函数f(x) (a 1)lnx ax2 1.⑴讨论函数f(x)的单调性；⑵设a 1，如果对任意X1,X2 (0, ) , |f(xj f(x2) |> 4|X1 X2 |,求a的取值范围.1 210、已知函数f(x)=§x —ax+(a—1) lnx , a 1 .(1)讨论函数f(x)的单调性；11、 已知函数 f(x) x 1 aln x(a 0). (1) 确定函数y f(x)的单调性； (2)若对任意x 1,x 2 0,1，且x 1 x 2，都有| f (x 1) f(x 2)| 4|— — |，求实数a 的取 X ] x 2值范围。
新高考视角下的导数新授课：双变量导数专题讲义
全国卷双变量问题大盘点1.极值点偏移及应用2022甲卷导数题目又一次考察了极值点偏移，作为函数变化过程中的一种重要现象，该问题一直颇受命题人的喜爱. 本节我们主要介绍构造偏移函数法来解决偏移，上述方法是我们解决问题的利器.关于极值点偏移的本质，我们将在20讲利用定积分给出. 一．基本命题原理 1.极值点偏移现象（1）.已知函数)(x f 的图象的极值点为0x ，若c x f =)(的两根的中点刚好满足1202x x x +=即极值点在两根的正中间，此时极值点没有偏移，函数)(x f 在0x x =两侧，函数值变化快慢相同，如图(1)．（2）．若1202x x x +≠，则极值点偏移，此时函数)(x f 在0x x =两侧的函数值变化快慢不同，如图(2)(3)． 2.极值点偏移题目特征： ①.函数()f x 的极值点为0x ；②.函数()()12f x f x =，然后证明：1202x x x +>或1202x x x +<. 3.构造偏差证明极值点偏移的基本方法：①.构造一元差函数()()()02F x f x f x x =--或是()()()00F x f x x f x x =+--； ②.对差函数()F x 求导，判断单调性；③.结合0)(0=x F 或0)0(=F ，判断()F x 的符号，从而确定()f x 与()02f x x -的大小关系；④.由()()()()()1200200202_____2f x f x f x x x f x x x f x x ==--+-=-⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦的大小关系，得到()()102____2f x f x x -，（横线上为不等号）；⑤.结合()f x 单调性得到102____2x x x -，进而得到120___2x x x +. 例1.（2021新高考1卷）已知函数()()1ln f x x x =-. （1）讨论()f x 的单调性；（2）设b a ,为两个不相等的正实数，且b a b a a b -=-ln ln ，证明：e ba <+<112. 解析：（1）函数的定义域为()0,∞+，又()1ln 1ln f x x x '=--=-，当()0,1x ∈时，()0f x '>，当()1,+x ∈∞时，()0f x '<，故()f x 的递增区间为()0,1，递减区间为()1,+∞.（2）因为ln ln b a a b a b -=-，故()()ln 1ln +1b a a b +=，即ln 1ln +1a b a b+=， 故11f f a b ⎛⎫⎛⎫=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，设1211,x x a b ==，由（1）可知不妨设1201,1x x <<>. 因为()0,1x ∈时，()()1ln 0f x x x =->，(),x e ∈+∞时，()()1ln 0f x x x =-<，故21x e <<.先证：122x x +>，若22x ≥，122x x +>必成立.若22x <， 要证：122x x +>，即证122x x >-，而2021x <-<，故即证()()122f x f x >-，即证：()()222f x f x >-，其中212x <<.设()()()2,12g x f x f x x =--<<，则()()()()2ln ln 2g x f x f x x x '''=+-=---()ln 2x x =--⎡⎤⎣⎦，因为12x <<，故()021x x <-<，故()ln 20x x -->，所以()0g x '>，故()g x 在()1,2为增函数，所以()()10g x g >=，故()()2f x f x >-，即()()222f x f x >-成立，所以122x x +>成立，综上，122x x +>成立.例2. 已知函数()2(12)ln af x x a x x=+-+. （1）讨论()f x 的单调性；（2）如果方程()f x m =有两个不相等的解12,x x ，且12x x <，证明：1202x x f +⎛⎫'> ⎪⎝⎭.解析：2222122(12)()(21)()2(0)a a x a x a x a x f x x x x x x -+---+'=+-==>.当0a >时，()f x 在(0,)a 单调递减，在(,)a +∞单调递增，则()0f a '=.不妨设120x a x <<<，要证1202x x f +⎛⎫'> ⎪⎝⎭，即证122x xa +>，即证122x x a +>，即证212x a x >-.因为()f x 在(,)a +∞单调递增，即证()()212f x f a x >-， 因为()()21f x f x =，所以即证()()112f x f a x >-，即证()()f a x f a x +<-. 令()()()g x f a x f a x =+--2()(12)ln()2()(12)ln()a a a x a a x a x a a x a x a x ⎡⎤⎡⎤=++-++--+--+⎢⎥⎢⎥+-⎣⎦⎣⎦4(12)ln()(12)ln()a ax a a x a a x a x a x=+-+---+-+-， 221212()4()()a a a ag x a x a x a x a x --'=++--+-+- ()()22222222222242(12)4()()()()a a x x x a a a a a x a x a x a x a x +---=+-=-+-+-. 当(0,)x a ∈时，()0,()g x g x '<单调递减，又(0)(0)(0)0g f a f a =+--=， 所以(0,)x a ∈时，()(0)0g x g <=，即()()f a x f a x +<-，即()(2)f x f a x >-. 又1(0,)x a ∈，所以()()112f x f a x >-，所以1202x x f +⎛⎫'> ⎪⎝⎭.2.同构型双变量问题这一部分主要分为两个方面，一是利用单调性同构，另一个是函数结构同构.下面分别举例说明.（1）单调性同构.例1.若对任意的1x ，[)22,0x ∈-，12x x <，122112x x x e x e a x x -<-恒成立，则a 的最小值为（ ） A ．23e -B ．22e -C ．21e -D ．1e-解析：因为12x x <，所以120x x -<，则122112x x x e x e a x x -<-可化为()122112x x x e x e a x x ->-， 整理得122211x x x e ax x e ax +>+，因为120x x >，所以121122x x e a e a x x x x +>+， 令()x e af x x x =+，则函数()f x 在[)2,0-上递减，则()()210x e x af x x --'=≤在[)2,0-上恒成立，所以()1xe x a -≤在[)2,0-上恒成立，令()()1x g x e x =-，则()()10x x xg x e x e xe '=-+=<在[)2,0-上恒成立， 则()()1xg x e x =-在[)2,0-上递减，所以()()232g x g e ≤-=-， 故只需满足：23a e ≥-. 故选：A. （2）结构同构主要原理：若0)(≥x F 能够变形成)]([)]([x h f x g f ≥，然后利用)(x f 的单调性，如递增，转化为)()(x h x g ≥，即为同构变换.例如：xe x x xe x x e e x e x e exe x xx x x x x x xx x ln ln ,ln ln ,,,ln ln ln =-=+===--+.... 例2.已知函数()ln x f x x=，()xg x xe -=.若存在()10,x ∈+∞，2x R ∈使得()()()120f x g x k k ==<成立，则221k x e x ⎛⎫⎪⎝⎭的最大值为（ ）A ．2eB ．eC ．24e D ．21e 解析：()ln x f x x =，()()ln xx x x x e g x f e e e ===，由于()111ln 0x f x k x ==<，则11ln 001x x <⇒<<，同理可知，20x <， 函数()y f x =的定义域为()0,∞+，()21ln 0xf x x-'=>对()0,1x ∀∈恒成立，所以，函数()y f x =在区间()0,1上单调递增，同理可知，函数()y g x =在区间(),0-∞上单调递增，()()()212x f x g x f e ∴==，则21xx e =，()22221x x x g x k x e ∴===，则2221k k x e k e x ⎛⎫= ⎪⎝⎭，构造函数()2kh k k e =，其中0k <，则()()()222k k h k k k e k k e '=+=+.当2k <-时，()0h k '>，此时函数()y h k =单调递增；当20k -<<时，()0h k '<，此时函数()y h k =单调递减.所以，()()2max 42h k h e =-=.故选：C. 例3.（22年新高考1卷）已知函数()e =-xf x ax 和()lng x ax x =-有相同的最小值. （1）求a ；（2）证明：存在直线y b =，其与两条曲线()y f x =和()y g x =共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列. 解析：（1）所以1a =.（2）证明1402x x x +=，即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列： 因为()()()()()()1203040F x F x F x G x G x G x ======， 所以()()()100ln F x G x F x ==，又因为()F x 在(),0-∞上单调递减，10x <，001x <<即0ln 0x <，所以10ln x x = 同理，因为()()()004e==x F x G G x ，又因为()G x 在()1,+∞上单调递增，00x >即0e1>x ，11x >，所以04e =x x ，又因为000e 2ln 0-+=xx x ，所以01400e ln 2+=+=xx x x x ，即直线y b =，与两条曲线()y f x =和()y g x =从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.3.韦达定理与双极值点函数一.基本原理常见的双极值点函数值域问题中，导函数都和二次函数有关，这样的话就可以利用韦达定理得到两个极值点的关系，或消元或整体代换最终构成一个一元函数来处理.因此，为了能让导函数的零点由二次函数来决定，本文常见的函数有这么几类：（1）)23()1()(23c kbx x k b x a e k x x f x+--++--=（2） xe c bx ax xf )()(2++= （3）c bx ax x x f +++=2ln )( （4）xx x a x f 1ln )(-+-= 这类题目基本的解题步骤就是将导函数整理成一个二次方程（二次方程乘指对型），利用韦达定理得到两个极值点之间的等量关系，再写出原函数关于两个极值的表达式，消元或者整体代入构造一元函数求值域.下面通过例题来分析 二．典例分析例1．已知函数2()2ln 2(0)f x x x ax a =+->. （1）讨论函数()f x 的单调区间；（2）若()f x 存在两个极值点1x ，2x ，证明：()()1212f x f x a x x ->--.解析：（1）函数()f x 的定义域为(0,)+∞，()221()x ax f x x'-+=，令210x ax -+=，则24a ∆=-.①当02a <时，0∆，()0f x '恒成立，函数的()f x 单调递增区间为(0,)+∞.②当2a >时，>0∆，方程210x ax -+=有两根，1x =，2x =当()10,x x ∈时，()0f x '>；当()12,x x x ∈时，()0f x '<；当()2,x x ∈+∞，()0f x '>.()f x的单调递增区间为⎛ ⎝⎭、⎫+∞⎪⎪⎝⎭，单调递减区间为⎝⎭. （2）证明：由（1）知，当2a >时，()f x 存在两个极值点1x ，2x ，函数()f x 在()12,x x 上单调递减，则12x x a +=，121=x x ，不妨设12x x <，则21>x .由于()()()()221212121212122ln ln 2f x f x x x x x a x x x x x x --+---=--()()()121212122ln ln 2x x x x x x a x x -+-+-=-()12212122ln ln 4ln x x x a a x x x x --=-=---，且122,1x x x <>，所以()()12212124ln 0f x f x x a x x x x --+=>--，则()()1212f x f x a x x ->--.例2．已知函数2()(21)ln(1)f x ax a x x =+-++有两个极值点1x ，2x . （1）求a 的取值范围；（2）证明：125()()2ln 24f x f x +<-. 解析：（1）∵()212(1)(1)122111a x f x a a x x x x +-++='+-+=++，∴221y at t =-+有两个不等正根11x +，21x +，∴180104a a∆=->⎧⎪⎨>⎪⎩，解得108a <<.（2）由已知得121112x x a +++=，()()121112x x a++=，121=x x ， ()()()()()()2212121212(21)ln 11f x f x a x x a x x x x +=++-++++⎡⎤⎣⎦， ()2121212(21)2ln(2)2a x x x x a a a ⎛⎫⎡⎤=+-+--- ⎪⎣⎦⎝⎭，21122142ln(2)22a a a a a ⎡⎤⎛⎫=--+--+-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦，12ln(2)14a a a =---+，令2a t =，则104t <<，14t>，1()ln 12g t t t t =---+，2211113()110222g t t t t ⎛⎫'=--=--> ⎪⎝⎭，∴()g t 是增函数，115()22ln 212ln 2444g t g ⎛⎫<=--++=- ⎪⎝⎭，即()()1252ln 24f x f x +<-.例3．已知函数()12ln f x x a x x=--有两个不同的极值点1x 、()212x x x >. （1）求实数a 的取值范围； （2）若3a >，求证：11x >，且()()121242ln 23f x f x x x -<-+.解析：（1）实数a的取值范围是()+∞；（2）由题意可知，1x 、2x 为方程2210x ax -+=的两个实根，由于12x x >，则1x =3a >1>，11x ∴=>，由（1）可知1212212a x x x x ⎧+=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩， ()()()()()112121221211212121221212112ln22ln x x x a f x f x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x ---+---==-+++++()1122111122224142ln 2ln 1x x x x x x x x x x x x ⎛⎫- ⎪-⎝⎭=-=-++，211222x x x =>，令122xt x =>，设()()412ln 1t h t t t -=-+，2t >. ()()()()2222182011t h t t t t t --'=-=<++，所以，函数()y h t =在()2,+∞上单调递减，所以，()()422ln 23h t h <=-，因此，()()121242ln 23f x f x x x -<-+.4.切割线估计双变量双变量导数中的切割线放缩（剪刀模型）起源于2015年天津卷，在2021年新高考1卷中名满天下！该模型的实质是凸凹函数切割线放缩（牛顿切线法），值得注意的是，该方法已经出现在人教版新教材选择性必修二82页阅读材料中，未来完全可能再度出现在高考试题中！本节我们就通过这两道高考题展示其基本原理与解题方法. 一．基本原理 1. 函数凸凹性：若函数)(x f 在区间I 上有定义，若0)(''≥x f ，则称)(x f 为区间I 上的凸函数. 反之，称)(x f 为区间I 上的凹函数.2. 切线不等式： )(x f 在I 上为凸函数，I x ∈∀0，有)())(()(000'x f x x x f x f +-≥. 反之，若)(x f 为区间I 上的凹函数，则I x ∈∀0，有)())(()(000'x f x x x f x f +-≤. 证明：取定I x ∈0，令)())(()()(000'x f x x x f x f x F ---=，则)()()(0'''x f x f x F -=，再次求导可得0)()(''''≥=x f x F . 故)('x F 在区间0x x <上递减，在区间0x x >上递增，故)(x F 存在最小值，即0)()(0min ==x F x F ，即)())(()(000'x f x x x f x f +-≥证毕.注：切线不等式是剪刀模型的理论依据. 3.剪刀模型已知函数)(x f 为定义域上的凸函数，且图象与m y =交于B A ,两点，其横坐标为21,x x ，这样如下图所示，我们可以利用凸函数的切线与m y =的交点将21,x x 的范围予以估计，这便是切线放缩的基本原理.如图，在函数图象先减后增的情形下，两条切线和两条割线即可估计出零点的一个上下界，而切割线的方程均为一次函数，这样我们就可以得到一个显式解（精确解）的估计，下面我们通过例子予以分析. 二．应用分析例1.（2023届皖南八校联考）已知函数()3e 1xf x x =-+，其中e 2.71828=是自然对数的底数.（1）设曲线()y f x =与x 轴正半轴相交于点()0,0P x ，曲线在点P 处的切线为l ，求证：曲线()y f x =上的点都不在直线l 的上方；（2）若关于x 的方程()f x m =（m 为正实数）有两个不等实根()1212,x x x x <，求证：21324x x m -<-.解析：（1）证明：由题意可得：00003e 10,e 31x xx x -+==+，()()00003e ,3e 33123x x f x f x x x =-=-=--=-''，可得曲线在点P 处的切线为()()00:23l y x x x =--.令()()()()()000233e 1,0x g x x x x x g x =----+=，()()00000233e 13e ,3e 10x x x g x x x g x x =--+=--+=-+-'='，当0x x <时，()0g x '<，当0x x >时，()0g x '>∴函数()g x 在()0,x -∞上单调递减，在()0,x +∞上单调递增，()()00,g x g x ∴=∴曲线()y f x =上的点都不在直线l 的上方.（2）证明：由（1）可得()3e 0xf x =-='，解得ln3x =，当ln3x <时，()0f x '>，当ln 3x >时，()0f x '<，所以()f x 在(,ln3)-∞上递增，在()ln3,∞+上递减，所以()f x 的最大值为()ln33ln3313ln32f =-+=-，03ln32m ∴<<-，曲线在点P 处的切线为()()00:23l y x x x =--，由（1）得00e 31x x =+，令000()e 31x g x x -=-，(1)e 310g -=-<，2(2)e 07g =->，∴由零点的存在性定理知()01,2x ∈，同理可得曲线()y f x =在点()0,0处的切线为2y x =，设y m =与()()002,23y x y x x x ==--的交点的横坐标分别为34,x x ，则3400,223m m x x x x ==+-， 214300232m m x x x x x x ∴-<-=+--. 下面证明：00322324m m mx x +-<--. ()()()()00000000321238222423423432x x m m mx x m x x x x -+----=--⋅=-⋅---， ()0001,2,20,321x x x ∈∴->->，且01283430x m m -+>+>，0020423m m x x ∴--->-0210332,223244m m m x x x m x ∴+-<-∴-<--. 总结1.观察题干是否考察零点之差的不等式：21x x -型； 2.验证函数)(x f y =的凸凹性；3.在步骤2的基础上考察函数)(x f y =在关键特殊点处的切线，最终构造出剪刀模型，完成证明.例2．已知函数()1x f x ax e =-+，3ln 是()f x 的极值点． （1）求a 的值；（2）设曲线()y f x =与x 轴正半轴的交点为P ，曲线在点P 处的切线为直线l ．求证：曲线()y f x =上的点都不在直线l 的上方；（3）若关于x 的方程()(0)f x m m =>有两个不等实根1x ，212()x x x <，求证：217210mx x -<-． 解析：（1）解：()x f x a e '=-；由题意知，3(3)0ln f ln a e '=-=；3a ∴=； （2）证明：设曲线()y f x =在0(P x ，0)处切线为直线00:(3)()x l y e x x =--； 令00()(3)()x g x e x x =--；00()()()31(3)()x x F x f x g x x e e x x =-=-+---；∴00()3(3)x x x x F x e e e e '=---=-；()F x ∴在0(,)x -∞上单调递增，在0(x ，)+∞上单调递减；000()()()()0max F x F x f x g x ∴==-=；()()()0F x f x g x ∴=-，即()()f x g x ，即()y f x =上的点都不在直线l 的上方；（3）由（2）设方程()g x m =的解为2x '；则有020(3)()x e x x m -'-=，解得0203x mx x e '=+-； 由题意知，223ln x x <<'；令()2()1x r x x f x e x =-=--，(0)x >；()10x r x e '=->； ()r x ∴在(0,)+∞上单调递增；()(0)0r x r ∴>=；2y x ∴=的图象不在()f x 的下方；2y x =与y m =交点的横坐标为12m x '=； 则有1103x x ln <'<<，即112203x x ln x x <'<<<<'； 02121023x m m x x x x x e ∴-<'-'=+--；关于0x 的函数0023x m my x e =+--在(3,2)ln 上单调递增；21272223227210m m m m mx x e ∴-<+-<+-=---． 例3.（2021新课标1卷22题）已知函数)ln 1()(x x x f -=. （1）讨论)(x f 的单调性；（2）设b a ,为两个不相等的正数，且b a b a a b -=-ln ln ，证明：e ba <+<112. 解析：注意到函数)ln 1()(x x x f -=不含参数，那就求导分析凸凹性.x x f ln )('-=，再求01)(''<-=x x f ,01)(2'''>=xx f ,)(x f ,)('x f 在其定义域上分别是凹函数与凸函数.另一方面，bb b a a a ab b a ab b a a b b a b a a b 1ln 1ln ln ln ln ln +=+⇔-=-⇔-=-，即=-)1ln 1(1a a )1()1()1ln 1(1b f a f b b =⇔-，若令bx a x 1,121==，则原命题等价于，已知)()(21x f x f =证明：22122121ex x e x x <+<⇔<+<.证明⋅⋅⋅⋅<+e x x 21③.由于)()(21x f x f =，不妨假设这是函数假设)(x f 的图象与直线m y =的两个交点，考虑到)(x f 的图象性质可知)1,0(∈m .故而，21,x x 即为方程0)(=-m x f 的两根，结合函数的凸凹性，我们使用切线放缩来证明③.观察③的结构及0)(=e f 可得)(x f 在)0,(e 点处切线为e x y +-=.由前文背景理论常用性质（2）可知：),0(,)(+∞∈∀+-≤x e x x f .假设)(x f 与m y =，交于B A ,两点，其横坐标为210x x <<.m y =与切线e x y +-=交于C 点，其横坐标’2x .m e x m y e x y -=⇒⎩⎨⎧=+-='2.显然，再做函数图象的割线：x y =，则显然：由图象可知：m x <<10，m e x x -=<<'220，故e x x <+21.证毕.5.值域法破解双变量压轴题的四种情形1 基本原理.第1类.“任意=存在”型2211,D x D x ∈∃∈∀，使得)()(21x g x f =,等价于函数)(x f 在1D 上上的值域A 是函数)(x g 在2D 上的值域B 的子集,即B A ⊆.其等价转化的基本思想:函数)(x f 的任意一个函数值都与函数)(x g 的某一个函数值相等,即)(x f 的函数值都在)(x g 的值域之中.此类型出现频率最高.第2类.“存在=存在”型2211,D x D x ∈∃∈∃，使得)()(21x g x f =，等价于函数)(x f 在1D 上的值域A 与函数)(x g 在2D 上的值域B 的交集不为空集,即∅≠⋂B A .其等价转化的基本思想:两个函数有相等的函数值,即它们的值域有公共部分.第3类.“任意≥(≤、>、<)任意”型2211,D x D x ∈∀∈∀，使得)()(21x g x f ≥恒成立等价于max min )()(x g x f ≥.其等价转化的基本思想是函数)(x f 的任何一个函数值均大于函数)(x g 的任何一个函数值.同理，可得其他类型.第4类.m x f x f b a x x ≤-∈∀|)()(|],,[,2121型.由于闭区间上连续函数必有最值，故此类转化为m x f x f ≤-|)()(|min max ，解决掉双变量转化为求最值.上述四类就是常见的需要利用分析函数值域来去掉双变量的情形，所以，其实质就是计算函数的值域，下面将选取具体的实例来分析操作步骤. 2.典例分析第1类问题问题应用.例1.已知函数()()ln f x ax x a R =+∈.（1）若1a =，求曲线()y f x =在1x =处切线方程；（2）讨论()y f x =的单调性；（3）12a ≥-时，设()222g x x x =-+，若对任意[]11,2x ∈，均存在[]20,3x ∈，使得()()12f x g x =，求实数a 的取值范围.解析：（2）()f x 定义域为()0,∞+，()1'1ax a x f xx +=+=， 当0a ≥时，()'0f x >恒成立，所以()f x 在()0,∞+上单调递增；当0a <时，10,x a ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时()'0f x >恒成立，1,x a ⎛⎫∈-+∞ ⎪⎝⎭时()'0f x <恒成立，所以()f x 在10,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增，在1,a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递减；综上述，当0a ≥时，()f x 在()0,∞+上单调递增；当0a <时，()f x 在10,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增，在1,a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递减.（3）由已知，转化为()f x 在[]1,2x ∈的值域M 和()g x 在[]0,3x ∈的值域N 满足：M N ⊆，易求[]1,5N =. 又()1'1ax a x f xx +=+=且12a ≥-，()f x 在[]1,2x ∈上单调递增，故值域[],2ln 2M a a =+.所以152ln 2a a ≤⎧⎨≥+⎩，解得5ln 212a -≤≤，即5ln 21,2a -⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦. 第2类问题应用例2．已知曲线()y ln x m =+与x 轴交于点P ，曲线在点P 处的切线方程为()y f x =，且2)1(=f .（1）求()y f x =的解析式； （2）求函数()()xf xg x e =的极值； （3）设2(1)1()ln x a lnx h x x+-+=，若存在实数1[1x ∈，]e ，12[x e -∈，1]，使得21222222()(1)h x x ln x a x lnx x <+-+成立，求实数a 的取值范围． 解析：（1）曲线()y ln x m =+与x 轴交于点(1,0)P m -，1y x m'=+， ∴曲线在点P 处的切线斜率111k m m==-+，可得切线方程为0(1)y x m -=--，f （1）2=，21(1)m ∴=--，解得2m =．()(12)y f x x ∴==--，即()1f x x =+．（2）函数()1()x xf x xg x e e +==，()x x g x e -'=， 0x ∴>时，()0g x '<，此时函数()g x 单调递减；0x <时，()0g x '>，此时函数()g x 单调递增．0x ∴=是函数()g x 的极大值点，(0)1g =．（3）设21x m=，12[x e -∈，1]，则[1m ∈，]e ，2222222(1)1(1)ln m a lnm x ln x a x lnx x m +-++-+=． 2(1)1()ln x a lnx h x x+-+=，∴2(1)1()ln m a lnm h m m +-+=．若存在实数1[1x ∈，]e ，12[x e -∈，1]，使21222222()(1)h x x ln x a x lnx x <+-+成立，等价于：12()()h x h m <成立，[1m ∈，]e ．即2()()min max h x h x <，[1x ∈，]e ．令lnx t =，[1x ∈，]e ，则[0t ∈，1]．22(1)1(1)1()t ln x a lnx t a t h x x e +-++-+∴==，[0t ∈，1]，(0)1h =，h （1）3ae-=． 221[(1)1](1)()()t t t a t a t t t a h t e e +--+-+--'==，a 的取值范围是(-∞，32)(32ee --⋃，)+∞． 第3类情形应用实例例3．设函数()(0)kx f x xe k =≠． （1）讨论函数()f x 的单调性；（2）设2()24g x x bx =-+，当1k =时，若对任意的1x R ∈，存在2[1,2]x ∈，使得()()12f x g x ≥，求实数b 的取值范围．解析：(1) 令()(1)0kx f x kx e '=+>，所以10kx +>，当0k >时，1x k >-，此时()f x 在1,k ⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭上单调递减，在1,k ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递增；当k 0<时，1x k <-，此时()f x 在1,k ⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭上单调递增，在1,k ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递减；（2）当1k =时，，()f x 在(),1-∞-上单调递减，在()1,-+∞单调递增.所以对任意1x R ∈，有()11(1)f x f e ≥-=-，又已知存在2[1,2]x ∈，使()()12f x g x ≥，所以()221,[1,2]g x x e -≥∈即存在2[1,2]x ∈，使21()24g x x bx e =-+≤-，即142e b x x-+≥+，又因为当[1,2]x ∈，14114,52e x x e e -+⎡⎤+∈++⎢⎥⎣⎦，所以1242b e ≥+，124b e ≥+，即实数b 的取值范围124b e ≥+.第4类情形应用实例例4.已知函数()()ln 0bf x a x x a =+≠．（1）当2b =时，若函数()f x 恰有一个零点，求实数a 的取值范围；（2）当0a b +=，0b >时，对任意121,,x x e e ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，有()()122f x f x e -≤-成立，求实数b 的取值范围．解析：（1）定义域为()0,∞+，当2b =时，22()2a x af x x x x+'=+=；当0a >时，()0f x '>，()f x 为增函数，取10a x e -=，120()1(e )0a f x -=-+<，(1)10f =>所以0()(1)0f x f ⋅<，故此时恰有一个零点；当0a <时，令()0f x '=，x =0x <<()0f x '<，所以()f x 在⎛ ⎝单调递减，x >()0f x '>，所以()f x 在⎫+∞⎪⎪⎭单调递增；要使函数恰有一个零点，需要02af a ==，解得2a e =-，综上，实数a 的取值范围是2a e =-或0a >.（2）因为对任意121,,x x e e ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，有()()122f x f x e -≤-成立，且12max min ()()()()f x f x f x f x --≤，所以max min ()2(e )f x f x -≤-.因为0a b +=，所以=-a b ， 所以()ln bf x b x x =-+，1(1)().b b b b x f x bx x x--'=-+=当01x <<时，()0f x '<，当1x >时，()0f x '>；所以函数在1[,1)e上单调递减，在(1,]e 上单调递增，min ()(1)1,f x f ==因为1()bf b e e -=+与()b f e b e =-+，所以max 1()max (),(e),e f x f f ⎧⎫=⎨⎬⎩⎭令1()(e)()e e 2,eb bg b f f b -=-=--则当0b >时，()220b b g b e e -'=+->=，所以()g b 在()0,∞+上单调递增，故()(0)0g b g >=，所以1()()f e f e>，从而max ()e .bf x b =-+所以12b b e e -+-≤-，即10b e b e --+≤.令()e e 1(0)t t t t ϕ=--+>，则()e 1t t ϕ'=-.当0t >时，()0t ϕ'>，所以()t ϕ在()0,∞+上单调递增.又(1)0ϕ=，所以10b e b e --+≤，即()(1)b ϕϕ≤，解得1b ≤，所以b 的取值范围是(0,1].。
专题10 利用导数研究双变量问题(全题型压轴题)试题含解析
专题10利用导数研究双变量问题（全题型压轴题）目录①12()()f x g x =型......................................................1②12()()f x g x ≥型（或12()()f x g x ≤型） (2)③构造函数法 (5)①12()()f x g x =型②12()()f x g x ≥型（或12()()f x g x ≤型）6．（2023春·河南信阳·高一校考期中）已知函数()()2log 221x f x a x ⎡⎤=-+-⎣⎦，函数()22x x g x t -=-⋅．(1)若()g x 是偶函数，求实数t 的值，并用单调性的定义判断()g x 在[)0,∞+上的单调性；(2)在（1）的条件下，若对于[)10,x ∀∈+∞，2x R ∀∈，都有()()1222log 2f x g x a +≤+成立，求实数a 的取值范围．③构造函数法专题10利用导数研究双变量问题（全题型压轴题）目录①12()()f x g x =型......................................................1②12()()f x g x ≥型（或12()()f x g x ≤型） (8)③构造函数法 (15)①12()()f x g x =型对于D 选项，由上述分析可知，()21,x ∈+∞，则()[)2e,f x ∈+∞，1R x ∈，()1g x a ≥，要使“对1x ∀∈R ，()21,x ∃∈+∞，使得()1g x f =则需e a ≥，所以D 选项正确．故选：BD.4．（2023·全国·高二专题练习）已知函数()f x②12()()f x g x ≥型（或12()()f x g x ≤型）③构造函数法。
2024届高考数学复习：专项(利用导数解决双变量问题)练习(附答案)
2024届高考数学复习：专项（利用导数解决双变量问题）练习一、单选题 1．设函数()311433f x x x =-+，函数()221g x x bx =-+，若对于[]11,2x ∀∈，[]20,1x ∃∈，使()()12f x g x ≥成立，则实数b 的取值范围是（ ）A ．7,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭B ．5,8⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭C ．7,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦D ．5,8⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦2．已知函数1()ln f x x a x x=-+，且()f x 有两个极值点12,x x ，其中(]11,2x ∈，则()()12f x f x -的最小值为（ ） A ．35ln 2-B ．34ln 2-C ．53ln 2-D ．55ln 2-3．已知函数()e ,()ln xf x xg x x x ==，若()()12f x g x t ==，其中0t >，则12ln tx x 的最大值为（ ）A ．1eB ．2eC ．21e D ．24e 4．设函数()12ln 133f x x x x=-+-，函数()25212g x x bx =--，若对于[]11,2x ∀∈，[]20,1x ∃∈，使()()12f x g x ≥成立，则实数b 的取值范围是（ ）A ．1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭B ．5,8⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭C ．1,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦D ．5,8⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦5．已知函数()224x x f x x ++=-，()111323x xxx g x -⋅-=，实数a ，b 满足0a b <<．若[]1,x a b ∀∈，[]21,1x ∃∈-，使得()()12f x g x =成立，则b a -的最大值为（ ）A ．3B ．4C ．5D．二、解答题 6．已知函数()2x f x x e =-．（Ⅰ）求函数()f x 的图象在点()()0,0f 处的切线方程；（Ⅱ）若存在两个不相等的数1x ，2x ，满足()()12f x f x =，求证：122ln 2x x +<． 7．已知函数()()3ln f x x k x k R =+∈，()f x '为()f x 的导函数.（1）当6k =时，（i ）求曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程； （ii ）求函数()()()9g x f x f x x'=-+的单调区间和极值； （2）当3k ≥-时，求证：对任意的[)12,1,x x ∈+∞且12x x >，有()()()()1212122f x f x f x f x x x ''+->-. 8．已知函数21()ln 2f x x a x =-.其中a 为常数. （1）若函数()f x 在定义域内有且只有一个极值点，求实数a 的取值范围；（2）已知1x ，2x 是函数()f x 的两个不同的零点，求证：12x x +>. 9．已知函数ln ()xf x x=，()g x ax b =+，设()()()F x f x g x =-． （1）若1a =，求()F x 的最大值；（2）若()F x 有两个不同的零点1x ，2x ，求证：()()12122x x g x x ++>.10．已知函数1()ln f x a x x x=-+，其中0a >. （1）若()f x 在(2,)+∞上存在极值点，求a 的取值范围；（2）设()10,1x ∈，2(1,)x ∈+∞，若()()21f x f x -存在最大值，记为()M a ，则当1a e e≤+时，()M a 是否存在最大值？若存在，求出其最大值；若不存在，请说明理由11．已知函数()ln(1)ax f x e x =+，2()ln g x x a x=+-，其中a R ∈. （1）若函数()y f x =的图象与直线y x =在第一象限有交点，求a 的取值范围. （2）当2a <时，若()y g x =有两个零点1x ，2x ，求证：12432x x e <+<-.12．已知函数()2211ln 24f x x ax x x ax ⎛⎫=--+ ⎪⎝⎭.（1）若()f x 在()0,+?单调递增，求a 的值；（2）当1344a e <<时，设函数()()f x g x x=的最小值为()h a ，求函数()h a 的值域.13．已知函数2()22ln ()f x x ax x a R =-+∈.（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若()f x 存在两个极值点()1221,x x x x >，求证：()()()2121(2)f x f x a x x -<--.14．已知函数2()(2)()x f x xe a x x a R =-+∈． （1）当1a =时，求函数()f x 的单调区间； （2）当1a e>时，函数()f x 有三个不同的零点1x ，2x ，3x ，求证：1232x x x lna ++<． 15．已知函数()223x xe f x e -+=，其中e 为自然对数的底数.（1）证明：()f x 在(),0-∞上单调递减，()0,∞+上单调递增； （2）设0a >，函数()212cos cos 3g x x a x a =+--，如果总存在[]1,x a a ∈-，对任意2x R ∈，()()12f x g x …都成立，求实数a 的取值范围.16．已知函数()()21ln 212h x x b x =+-，()21ln 2f x x a x =-．其中a ，b 为常数． （1）若函数()h x 在定义域内有且只有一个极值点，求实数b 的取值范围； （2）已知1x ，2x 是函数()f x的两个不同的零点，求证：12x x +>． 17．已知函数()()()1xxf x ae ea x a R -=--+∈，()f x 既存在极大值，又存在极小值.（1）求实数a 的取值范围；（2）当01a <<时，1x ，2x 分别为()f x 的极大值点和极小值点.且()()120f x kf x +>，求实数k 的取值范围.18．已知函数()()22ln xg x x t t R e=-+∈有两个零点1x ，2x . （1）求实数t 的取值范围； （2）求证：212114x x e+>. 19．已知函数()1ln f x x x=-，()g x ax b =+． （1）若函数()()()h x f x g x =-在()0,+?上单调递增，求实数a 的取值范围；（2）当0b =时，若()f x 与()g x 的图象有两个交点()11,A x y ，()22,B x y ，试比较12x x 与22e 的大小．（取e 为2.8，取ln 2为0.7为1.4）20．已知函数2()(2)ln ()f x a x ax x a R =++-∈． （Ⅰ）当0a =时，求证：2()22x f x x >-． （Ⅱ）设232()3g x x x =-，若1(0,1]x ∀∈，2[0,1]x ∃∈，使得()()12f x g x …成立，求实数a 的取值范围． 21．设函数22()ln ()f x a x x ax a R =-+-∈． （1）当1a =时，试讨论函数()f x 的单调性；（2）设2()2()ln x x a a x ϕ=+-，记()()()h x f x x ϕ=+，当0a >时，若函数()y h x =与函数y m =有两个不同交点1(C x ，)m ，2(D x ，)m ，设线段的中点为(,)E s m ，试问s 是否为()0h s '=的根？说明理由．22．已知函数()()2ln 1f x x a x =++．（1）若函数()y f x =在区间[)1,+∞内是单调递增函数，求实数a 的取值范围； （2）若函数()y f x =有两个极值点1x ，2x ，且12x x <，求证：()210ln f x x <<（注：e 为自然对数的底数）23．已知函数()ln x f x e x λλ=-（1）当1λ=-时，求函数()f x 的单调区间；（2）若0e λ<<，函数()f x 的最小值为()h λ，求()h λ的值域.24．已知函数21()ln ()2f x x ax x a =-+∈R . （1）若()f x 在定义域单调递增，求a 的取值范围；（2）设1e ea <+，m ，n 分别是()f x 的极大值和极小值，且S m n =-，求S 的取值范围. 25．已知函数21()(1)ln 2f x x a x a x =-++.（1）求函数()f x 的单调递增区间；（2）任取[3,5]a ∈，函数()f x 对任意1212,[1,3]()x x x x ∈≠，恒有1212|()()|||f x f x x x λ-<-成立，求实数λ的取值范围.参考答案一、单选题 1．设函数()311433f x x x =-+，函数()221g x x bx =-+，若对于[]11,2x ∀∈，[]20,1x ∃∈，使()()12f x g x ≥成立，则实数b 的取值范围是（ ）A ．7,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭B ．5,8⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭C ．7,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦D ．5,8⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦【答案】A 【要点分析】由题意只需()()min min f x g x ≥，对函数()f x 求导，判断单调性求出最小值，对函数()g x 讨论对称轴和区间[]0,1的关系，得到函数最小值，利用()()min min f x g x ≥即可得到实数b 的取值范围. 【答案详解】若对于[]11,2x ∀∈，[]20,1x ∃∈，使()()12f x g x ≥成立，只需()()min min f x g x ≥， 因为()311433f x x x =-+，所以()24f x x '=-，当[]1,2x ∈时，()0f x '≤，所以()f x 在[]1,2上是减函数，所以函数()f x 取得最小值()25f =-． 因为()()222211g x x bx x b b =-+=-+-，当0b ≤时，()g x 在[]0,1上单调递增，函数取得最小值()01g =，需51-≥，不成立； 当1b ≥时，()g x 在[]0,1上单调递减，函数取得最小值()122g b =-，需522b -≥-，解得72b ≥，此时72b ≥； 当01b <<时，()g x 在[]0,b 上单调递减，在(],1b 上单调递增，函数取得最小值()21g b b =-，需251b -≥-，解得b ≤或b ≥综上，实数b 的取值范围是7,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭， 故选:A ． 【名师点睛】本题考查利用导数研究函数的最值，考查二次函数在区间的最值的求法，考查分类讨论思想和转化思想，属于中档题.2．已知函数1()ln f x x a x x=-+，且()f x 有两个极值点12,x x ，其中(]11,2x ∈，则()()12f x f x -的最小值为（ ） A ．35ln 2- B ．34ln 2-C ．53ln 2-D ．55ln 2-【答案】A 【要点分析】()f x 的两个极值点12,x x 是()0f x '=的两个根，根据韦达定理，确定12,x x 的关系，用1x 表示出2x ，()()12f x f x -用1x 表示出，求该函数的最小值即可.【答案详解】解：()f x 的定义域()0,∞+，22211()1a x ax f x x x x'++=++=，令()0f x '=，则210x ax ++=必有两根12,x x ， 2121240010a x x a x x ⎧->⎪+=->⎨⎪=>⎩，所以2111112,,a x a x x x ⎛⎫<-==-+ ⎪⎝⎭， ()()()11211111111111ln ln f x f x f x f x a x x a x x x x ⎛⎫⎛⎫∴-=-=-+--+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，1111111111122ln 22ln x a x x x x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+=--+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭(]11()22ln ,1,2h x x x x x x x ⎛⎫⎛⎫=--+∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，22211112(1)(1)ln ()2121ln x x x h x x x x x x x x ⎡⎤+-⎛⎫⎛⎫⎛⎫'∴=+--++⋅= ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦， 当(]1,2x ∈时，()0h x '<，()h x 递减， 所以()()min 235ln 2h x h ==-()()12f x f x -的最小值为35ln 2-故选：A. 【名师点睛】求二元函数的最小值通过二元之间的关系，转化为求一元函数的最小值，同时考查运算求解能力和转化化归的思想方法，中档题.3．已知函数()e ,()ln x f x x g x x x ==，若()()12f x g x t ==，其中0t >，则12ln tx x 的最大值为（ ） A ．1eB ．2eC ．21eD ．24e 【答案】A 【要点分析】 由题意转化条件2ln 2ln x ex t ⋅=，通过导数判断函数()f x 的单调性，以及画出函数的图象，数形结合可知12ln x x =，进而可得12ln ln t t x x t =，最后通过设函数()()ln 0th t t t=>，利用导数求函数的最大值. 【答案详解】由题意，11e x x t ⋅=， 22ln x x t ⋅=，则2ln 2e ln xx t ⋅=，()()1x x x f x e xe x e '=+=+，当(),1x ∈-∞-时，()0f x '<，()f x 单调递减， 当()1,x ∈-+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增，又(),0x ∈-∞时，()0f x <，()0,x ∈+∞时，()0f x >， 作函数()e xf x x =⋅的图象如下：由图可知，当0t >时，()f x t =有唯一解，故12ln x x =，且1>0x ，∴1222ln ln ln ln t t tx x x x t==⋅⋅， 设ln ()t h t t =，0t >，则21ln ()th t t-'=，令()0h t '=，解得e t =， 易得当()0,e t ∈时，()0h t '>，函数()h t 单调递增， 当()e,t ∈+∞时，()0h t '<，函数()h t 单调递减， 故()()1e eh t h ≤=，即12ln t x x ⋅的最大值为1e .故选：A . 【名师点睛】本题考查利用导数求函数的最值，重点考查转化与化归的思想，变形计算能力，数形结合思想，属于中档题，本题可得关键是判断12ln x x =. 4．设函数()12ln 133f x x x x=-+-，函数()25212g x x bx =--，若对于[]11,2x ∀∈，[]20,1x ∃∈，使()()12f x g x ≥成立，则实数b 的取值范围是（ ）A ．1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭B ．5,8⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭C ．1,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦D ．5,8⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦【答案】A 【要点分析】根据对于[]11,2x ∀∈，[]20,1x ∃∈，使()()12f x g x ≥成立，用导数法求得()f x 的最小值，用二次函数的性质求得()g x 的最小值，再解不等式即可. 【答案详解】因为()12ln 133f x x x x =-+-， 所以()211233'=--f x x x，211233=--x x， 22323-+=-x x x，()()2123--=-x x x ， 当12x <<时，()0f x '>，所以()f x 在[]1,2上是增函数， 所以函数()f x 取得最小值()213f =-. 因为()()2225521212=--=---g x x bx x b b ， 当0b ≤时，()g x 取得最小值()0251=-g ，因为对于[]11,2x ∀∈，[]20,1x ∃∈，使()()12f x g x ≥成立， 所以()()10≥f g ，不成立； 当1b ≥时，()g x 取得最小值()71212=-g b ， 因为对于[]11,2x ∀∈，[]20,1x ∃∈，使()()12f x g x ≥成立， 所以722123-≤-b ，解得58≥b ，此时1b ≥； 当01b <<时，()g x 取得最小值()2512=--g b b ， 因为对于[]11,2x ∀∈，[]20,1x ∃∈，使()()12f x g x ≥成立， 所以221352--≤-b ，解得12b ≥，此时112b ≤<； 综上：实数b 的取值范围是1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭. 故选：A 【名师点睛】本题主要考查双变量问题以及导数与函数的最值，二次函数的性质，还考查了分类讨论的思想和运算求解的能力，属于中档题.5．已知函数()224x x f x x ++=-，()111323x xxx g x -⋅-=，实数a ，b 满足0a b <<．若[]1,x a b ∀∈，[]21,1x ∃∈-，使得()()12f x g x =成立，则b a -的最大值为（ ）A ．3B ．4C ．5D ．【答案】A 【要点分析】首先化简函数()42,0f x x x x ⎛⎫=--+< ⎪⎝⎭，和()11233xx g x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，[]1,1x ∈-，并判断函数的单调性，由条件转化为子集关系，从而确定,a b 值. 【答案详解】()42f x x x ⎛⎫=--+ ⎪⎝⎭，0x <()241f x x '=-+，0x <， 当()0f x '>时，解得：20x -<<，当()0f x '<时，解得：2x <-，所以()f x 在(),0-∞的单调递增区间是()2,0-，单调递减区间是(),2-∞-，当2x =-时取得最小值，()22f -=()11233xx g x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，函数在[]1,1-单调递增，()3116g -=-，()13g =，所以，()3136g x -≤≤， 令()3f x =，解得：1x =-或4x =-，由条件可知()[],,,0f x x a b a b ∈<<的值域是()[],1,1g x x ∈-值域的子集， 所以b 的最大值是1-，a 的最小值是4-， 故b a -的最大值是3. 故选：A 【名师点睛】本题考查函数的性质的综合应用，以及双变量问题转化为子集问题求参数的取值范围，重点考查转化与化归的思想，计算能力，属于中档题型. 二、解答题 6．已知函数()2x f x x e =-．（Ⅰ）求函数()f x 的图象在点()()0,0f 处的切线方程；（Ⅱ）若存在两个不相等的数1x ，2x ，满足()()12f x f x =，求证：122ln 2x x +<． 【答案】（Ⅰ）1y x =-；（Ⅱ）证明见解析. 【要点分析】（Ⅰ）首先求函数的导数，利用导数的几何意义，求函数的图象在点()()0,0f 处的切线方程；（Ⅱ）首先确定函数零点的区间，构造函数()()()ln 2ln 2F x f x f x =+--，利用导数判断函数()F x 的单调性，并得到()()ln 2ln 2f x f x +<-在()0,∞+上恒成立，并利用单调性，变形得到122ln 2x x +<. 【答案详解】（Ⅰ）()2e xf x '=-，所以()f x 的图象在点()()0,0f 处的切线方程为1y x =-．（Ⅱ）令()2e 0xf x '=-=，解得ln 2x =，当ln 2x =时()0f x '>，()f x 在(),ln 2-∞．上单调递增；当ln 2x >时，()0f x '< ， ()f x 在()ln 2,+∞上单调递减．所以ln 2x =为()f x 的极大值点，不妨设12x x <，由题可知12ln 2x x <<． 令()()()ln 2ln 242e 2e xxF x f x f x x -=+--=-+，()42e 2e x x F x -'=--，因为e e 2x x -+…，所以()0F x '…，所以()F x 单调递减．又()00F =，所以()0F x <在()0,∞+上恒成立， 即()()ln 2ln 2f x f x +<-在()0,∞+上恒成立．所以()()()()()()()12222ln 2ln 2ln 2ln 22ln 2f x f x f x f x f x ==+-<--=-， 因为1ln 2x <，22ln 2ln 2x -<，又()f x 在(),ln 2-∞上单调递增，所以122ln 2x x <-， 所以122ln 2x x +<． 【名师点睛】思路名师点睛：本题是典型的极值点偏移问题，需先要点分析出原函数的极值点，找到两个根的大致取值范围，再将其中一个根进行对称的转化变形，使得x 与ln 2x -在同一个单调区间内，进而利用函数的单调性要点分析.7．已知函数()()3ln f x x k x k R =+∈，()f x '为()f x 的导函数.（1）当6k =时，（i ）求曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程； （ii ）求函数()()()9g x f x f x x'=-+的单调区间和极值； （2）当3k ≥-时，求证：对任意的[)12,1,x x ∈+∞且12x x >，有()()()()1212122f x f x f x f x x x ''+->-. 【答案】（1）（i ）98y x =-；（ii ）递减区间为()0,1，递增区间为()1,+∞；极小值为()11g =，无极大值；（2）证明见解析. 【要点分析】（1）（i ）确定函数()f x ，求出()f x '，然后利用导数的几何意义求出切线方程即可； （ii ）确定函数()g x ，求出()g x '，利用导数研究函数()g x 的单调性与极值即可；（2）求出()f x '，对要证得不等式进行等价转换后，构造新函数，利用导数研究新函数的单调性，结合等价转换后的结果即可证明结论成立. 【答案详解】（1）（i ）当6k =时，()36ln f x x x =+，故()263f x x x'=+. 可得()11f =，()19f '=，所以曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为()191y x -=-，即98y x =-. （ii ）依题意，323()36ln g x x x x x =-++，()0,x ∈+∞，从而求导可得2263()36g x x x x x'=-+-，整理可得323(1)(1)()x x g x x'-+=. 令()0g x '=，解得1x =.当x 变化时，()g x '，()g x 的变化情况如下表：x ()0,11()1,+∞()g x ' -+()g x极小值所以，函数()g x 的单调递减区间为()0,1，单调递增区间为()1,+∞；()g x 的极小值为()11g =，无极大值.（2）证明：由()3ln f x x k x =+，得()23k f x x x'=+. 对任意的[)12,1,x x ∈+∞，且12x x >，令12(1)x t t x =>，则 ()()()()()()()1212122x x f x f x f x f x ''-+--()22331121212122332ln x k k x x x x x x k x x x ⎛⎫⎛⎫=-+++--+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭3322121121212212332ln x x x x x x x x x k k x x x ⎛⎫=--++-- ⎪⎝⎭()332213312ln x t t t k t t t ⎛⎫=-+-+-- ⎪⎝⎭. ①令1()2ln h x x x x=--，[)1,x ∈+∞. 当1x >时，22121()110h x x x x '⎛⎫=+-=-> ⎪⎝⎭，由此可得()h x 在[)1,+∞单调递增，所以当1t >时，()()1h t h >，即12ln 0t t t-->， 因为21x ≥，323331(1)0t t t t -+-=->，3k ≥-，所以()()332322113312ln 33132ln x t t t k t t t t t t t tt⎛⎫⎛⎫-+-+-->-+---- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭32336ln 1t t t t=-++-. ②由（1）（ii ）可知，当1t >时，()()1g t g >，即32336ln 1t t t t-++>， 故32336ln 10t t t t-++->. ③由①②③可得()()()()()()()12121220x x fx f x f x f x ''-+-->.所以，当3k ≥-时，对任意的[)12,1,x x ∈+∞，且12x x >，有()()()()1212122f x f x f x f x x x ''+->-. 【名师点睛】结论名师点睛：本题考查不等式的恒成立问题，可按如下规则转化： 一般地，已知函数()[],,y f x x a b =∈，()[],,y g x x c d =∈（1）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∀∈，总有()()12f x g x <成立，故()()2max min f x g x <； （2）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∃∈，有()()12f x g x <成立，故()()2max max f x g x <； （3）若[]1,x a b ∃∈，[]2,x c d ∃∈，有()()12f x g x <成立，故()()2min min f x g x <； （4）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∃∈，有()()12f x g x =，则()f x 的值域是()g x 值域的子集. 8．已知函数21()ln 2f x x a x =-.其中a 为常数. （1）若函数()f x 在定义域内有且只有一个极值点，求实数a 的取值范围；（2）已知1x ，2x 是函数()f x 的两个不同的零点，求证：12x x +>. 【答案】（1）0a >；（2）证明见解析. 【要点分析】（1）求出导函数()'f x ，分类讨论确定()'f x 的正负，得()f x 的单调性，从而得极值点个数，由此可得结论；（2）结合（1）求得函数有两个零点时a 的范围，设12x x <，则(1x ∈，)2x ∈+∞，引入函数()))(0g x fx fx x =-≤≤，由导数确定它是减函数，得))f x f x <-，然后利用()()))()21111f x f x f x f x f x ⎤⎤==->=-⎦⎦，再结合()f x 的单调性得出证明． 【答案详解】（1）()2(0)a x ax x x xf x --'==>，当0a ≤时，()0f x '>，()f x 在()0,∞+上单调递增，不符合题意，当0a >时，令()0f x '=，得x =，当(x ∈时，()0f x '<，()f x 单调递减，当)x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增，所以此时()f x 只有一个极值点．0a ∴>（2）由（1）知当0a ≤时，()0f x '>，()f x 在(0,)+∞上单调递增，函数()f x 至多有一个零点，不符合题意，当0a >时，令()0f x '=，得x =当x ∈时，()0f x '<，()f x 单调递减，当)x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增，故当x =()f x 取得最小值()1ln 2a fa =-，当0a e <<时，1ln 0a ->，0f>，函数()f x 无零点，不合题意，当a e =时，1ln 0a -=，0f =，函数()f x 仅有一个零点，不合题意，当a e >时，1ln 0a -<，0f <，又()1102f =>，所以()f x 在(x ∈上只有一个零点， 令()ln 1p x x x =-+，则()11p x x'=-，故当01x <<时，()0p x '>，()p x 单调递增，当1x >时，()0p x '<，()p x 单调递减，所以()()10p x p ≤=，即ln 1≤-x x ，所以ln 221a a ≤-， 所以22(2)2ln 22(21)0f a a a a a a a a =-≥--=>，又2a >，所以()f x 在)x ∈+∞上只有一个零点.所以a e >满足题意.不妨设12x x <，则(1x ∈，)2x ∈+∞，令()))(0g x f x fx x =--≤≤，则()))ln ln g x a x a x =-+-，()22x ag x ='+=-，当0x <<时，()0g x '<，所以()g x在(上单调递减，所以当(x ∈时，()()00g x g <=，即))f x fx +<-，因为(1x ∈(1x ∈，所以()()))()21111f x f x f x f x f x ⎤⎤==-->+-=-⎦⎦，又)2x ∈+∞，)1x ∈+∞，且()f x在)+∞上单调递增，所以21x x >-，故12x x +>>. 【名师点睛】关键点名师点睛：本题考查用导数研究函数的极值点、零点，证明不等式．难点是不等式的证明，首先由零点个数得出参数范围，在不妨设12x x <，则(1x ∈，)2x ∈+∞后关键是引入函数()))(0g x fx f x x =-≤≤，同样用导数得出它的单调性，目的是证得))f x f x +<-，然后利用这个不等关系变形()f x 的单调性得结论．9．已知函数ln ()xf x x=，()g x ax b =+，设()()()F x f x g x =-． （1）若1a =，求()F x 的最大值；（2）若()F x 有两个不同的零点1x ，2x ，求证：()()12122x x g x x ++>. 【答案】（1）最大值为1b --；（2）证明见解析. 【要点分析】（1）首先求出函数的导函数，再判断()F x '的符号，即可得到函数的单调区间，从而求出函数的最大值； （2）由题知，121212ln ln x x ax b ax b x x =+=+，，即2111ln x ax bx =+，2222ln x ax bx =+，要证()()12122x x g x x ++>，即可212112ln ln 2x x x x x x ->-+，令21x t x =，则只需证2(1)ln (1)1t t t t ->>+．构造函数2(1)()ln (1)1t t t t t ϕ-=->+，利用导数说明其单调性即可得证； 【答案详解】解：ln ()()()xF x f x g x ax b x =-=-- （1）解：当1a =时，ln ()xF x x b x=-- 所以21ln ()1xF x x -'=-． 注意(1)0F '=，且当01x <<时，()0F x '>，()F x 单调递增； 当1x >时，()0F x '<，()F x 单调递增减． 所以()F x 的最大值为(1)1F b =--． （2）证明：由题知，121212ln ln x xax b ax b x x =+=+，， 即2111ln x ax bx =+，2222ln x ax bx =+， 可得212121ln ln ()[()]x x x x a x x b -=-++． 121212122()()2()x x g x x a x x b x x ++>⇔++>+212112ln ln 2x x x x x x -⇔>-+． 不妨120x x <<，则上式进一步等价于2211212()ln x x x x x x ->+． 令21x t x =，则只需证2(1)ln (1)1t t t t ->>+． 设2(1)()ln (1)1t t t t t ϕ-=->+，22(1)()0(1)t t t t ϕ-'=>+， 所以()t ϕ在(1+)∞，上单调递增， 从而()(1)0t ϕϕ>=，即2(1)ln (1)1t t t t ->>+， 故原不等式得证． 【名师点睛】本题考查导数在最大值、最小值问题中的应用，考查运算求解能力，推理论证能力；考查化归与转化思想．对数学思维的要求比较高，有一定的探索性．综合性强，属于难题．10．已知函数1()ln f x a x x x=-+，其中0a >.（1）若()f x 在(2,)+∞上存在极值点，求a 的取值范围；（2）设()10,1x ∈，2(1,)x ∈+∞，若()()21f x f x -存在最大值，记为()M a ，则当1a e e≤+时，()M a 是否存在最大值？若存在，求出其最大值；若不存在，请说明理由 【答案】（1）5(2a ∈，)+∞；（2）M （a ）存在最大值，且最大值为4e． 【要点分析】（1）求出函数()f x 的导数，将题意转换为1a x x=+在(2,)x ∈+∞上有解，由1y x x =+在(2,)x ∈+∞上递增，得15(2x x +∈，)+∞，求出a 的范围即可； （2）求出函数()f x 的导数，得到21[()()]()()max f x f x f n f m -=-，求出M （a ）11()()()()n f n f m alnm n m n m=-=+-+-，根据函数的单调性求出M （a ）的最大值即可． 【答案详解】解：（1）2221(1)()1a x ax f x x x x --+'=--=，(0,)x ∈+∞， 由题意得，210x ax -+=在(2,)x ∈+∞上有根（不为重根），即1a x x =+在(2,)x ∈+∞上有解， 由1y x x=+在(2,)x ∈+∞上递增，得15(2x x +∈，)+∞，检验，52a >时，()f x 在(2,)x ∈+∞上存在极值点，5(2a ∴∈，)+∞；（2）210x ax -+=中2=a 4∆-，若02a <…，即2=a 40∆-≤22(1)()x ax f x x --+∴'=在(0,)+∞上满足()0f x '…，()f x ∴在(0,)+∞上递减，12x x < ()()12f x f x ∴> 21()()0f x f x ∴-<，21()()f x f x ∴-不存在最大值，则2a >；∴方程210x ax -+=有2个不相等的正实数根，令其为m ，n ，且不妨设01m n <<<，则01m n a mn +=>⎧⎨=⎩，()f x 在(0,)m 递减，在(,)m n 递增，在(,)n +∞递减，对任意1(0,1)x ∈，有1()()f x f m …， 对任意2(1,)x ∈+∞，有2()()f x f n …， 21[()()]()()max f x f x f n f m ∴-=-，M ∴（a ）11()()()()n f n f m aln m n m n m=-=+-+-， 将1a m n n n =+=+，1m n=代入上式，消去a ，m 得： M （a ）112[()()]n lnn n n n =++-，12a e e <+…，∴11n e n e++…，1n >， 由1y x x=+在(1,)x ∈+∞递增，得(1n ∈，]e ， 设11()2()2()h x x lnx x x x =++-，(1x ∈，]e ，21()2(1h x lnx x'=-，(1x ∈，]e ， ()0h x ∴'>，即()h x 在(1，]e 递增，[()]max h x h ∴=（e ）4e =， M ∴（a ）存在最大值为4e．【名师点睛】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及转化思想，是一道综合题．11．已知函数()ln(1)ax f x e x =+，2()ln g x x a x=+-，其中a R ∈. （1）若函数()y f x =的图象与直线y x =在第一象限有交点，求a 的取值范围. （2）当2a <时，若()y g x =有两个零点1x ，2x ，求证：12432x x e <+<-. 【答案】（1）1(0,)2；（2）证明见解析. 【要点分析】（1）根据题意设()()(1)ln ax g x f x x e x x =-=+-，问题转化为方程()0g x =，在(0,)+∞有解，求导，分类讨论①若0a …，②若102a <<，③若12a …时，要点分析单调性，进而得出结论. （2）运用要点分析法和构造函数法，结合函数的单调性，不等式的性质，即可得证. 【答案详解】解：（1）设()()(1)ln ax g x f x x e x x =-=+-， 则由题设知，方程()0g x =，在(0,)+∞有解，而1()()1[ln(1)1()11axax g x f x e a x e F x x '='-=++-=-+. 设()()1ax h x e F x =-，则22221()[()()][(1)](n 1)l ax ax ax a h x e aF x F x e a x x +-'=+'=+++.①若0a …，由0x >可知01ax e <…，且11()ln(1)111F x a x x x =++<++…， 从而()()10ax g x e F x '=-<，即()g x 在(0,)+∞上单调递减，从而()(0)0g x g <=恒成立， 因而方程()0g x =在(0,)+∞上无解.②若102a <<，则221(0)0(1)a h x -'=<+，又x →+∞时，()h x '→+∞， 因此()0h x '=，在(0,)+∞上必存在实根，设最小的正实根为0x ， 由函数的连续性可知，0(0,)x x ∈上恒有()0h x '<， 即()h x 在0(0,)x 上单调递减，也即()0g x '<，在0(0,)x 上单调递减，从而在0(0,)x 上恒有()(0)0g x g '<'=， 因而()g x 在0(0,)x 上单调递减，故在0(0,)x 上恒有()(0)0g x g <=，即0()0g x <， 注意到ax e ax >，因此()(1)ln(1)ln [ln(1)1]ax g x e x x ax x x x a x =+->+-=+-， 令1ax e=时，则有()0>g x ，由零点的存在性定理可知函数()y g x =在0(x ，1)a e 上有零点，符合题意.③若12a …时，则由0x >可知，()0h x '>恒成立，从而()h x 在(0,)+∞上单调递增，也即()g x '在(0,)+∞上单调递增，从而()(0)0g x g >=恒成立，故方程()0g x =在(0,)+∞上无解. 综上可知，a 的取值范围是1(0,2.（2）因为()f x 有两个零点，所以f （2）0<， 即21012ln a a ln +-<⇒>+，设1202x x <<<，则要证121244x x x x +>⇔-<， 因为1244x <-<，22x >， 又因为()f x 在(2,)+∞上单调递增，所以只要证明121(4)()()0f x f x f x -<==， 设()()(4)g x f x f x =--(02)x <<，则222222428(2)()()(4)0(4)(4)x x x g x f x f x x x x x ----'='-'-=+=-<--， 所以()g x 在(0,2)上单调递减，()g x g >（2）0=，所以124x x +>， 因为()f x 有两个零点，1x ，2x ，所以12()()0f x f x ==， 方程()0f x =即2ln 0ax x x --=构造函数()2ln h x ax x x =--， 则12()()0h x h x ==，()1ln h x a x '=--，1()0a h x x e -'=⇒=， 记12(1ln 2)a p e a -=>>+，则()h x 在(0,)p 上单调递增，在(,)p +∞上单调递减， 所以()0h p >，且12x p x <<， 设2()()ln ln x p R x x p x p-=--+，22214()()0()()p x p R x x x p x x p -'=-=>++， 所以()R x 递增，当x p >时，()()0R x R p >=， 当0x p <<时，()()0R x R p <=， 所以11111112(2ln )x x p ax x lnx x p x p--=<++，即22111111(2)()22l l n n ax x p x px x p x p p -+<-++，211(2ln )(22ln )20p a x ap p p p x p +-+--++>，1(a p e -=，1)lnp a =-，所以21111(23)20a a x e x e --+-+>， 同理21122(23)20a a x ex e --+-+<，所以2112111111(23)2(23)2a a a a x e x e x e x e ----+-+<+-+， 所以12121()[(23)]0a x x x x e --++-<， 所以12123a x x e -+<-+，由2a <得：1122332a x x e e -+<-+<-，综上：12432x x e <+<-. 【名师点睛】本题考查导数的综合应用，不等式的证明，关键是运用分类讨论，构造函数的思想去解决问题，属于难题.12．已知函数()2211ln 24f x x ax x x ax ⎛⎫=--+ ⎪⎝⎭.（1）若()f x 在()0,+?单调递增，求a 的值；（2）当1344a e <<时，设函数()()f x g x x=的最小值为()h a ，求函数()h a 的值域.【答案】（1）1；（2）0,4e ⎛⎫ ⎪⎝⎭. 【要点分析】 （1）由()f x 在()0,+?单调递增，利用导数知()0f x ¢³在()0,+?上恒成立即可求参数a 的值；（2）由()()f x g x x =有()11ln 24g x x a x x a ⎛⎫=--+ ⎪⎝⎭，利用二阶导数可知()g x '在()0,+?上单调递增，进而可知()01,x e ∃∈，使得()00g x '=，则有()g x 的单调性得最小值()()000011ln 24g x x a x x a h a ⎛⎫=--+= ⎪⎝⎭，结合1344a e <<并构造函数可求0x 取值范围，进而利用导数研究()000031ln ln 42h a x x x x ⎛⎫=-⎪⎝⎭的单调性即可求范围；【答案详解】（1）()()ln f x x a x '=-，又()f x 在()0,+?单调递增，∴()0f x ¢³，即()ln 0x a x -≥在()0,+?上恒成立，（i ）当1x >时，ln 0x >，则需0x a -≥，故min a x ≤，即1a ≤； （ii ）当1x =时，ln 0x =，则a R ∈；（iii ）当01x <<时，ln 0x <，则需0x a -≤，故max a x ≥，即1a ≥； 综上所述：1a =； （2）()()11ln 24f x g x x a x x a x ⎛⎫==--+ ⎪⎝⎭，()11ln 24a g x x x '=-+，()212a g x x x ''=+，∵1344a e <<，有()0g x ''>， ∴()g x '在()0,+?上单调递增，又()1104g a '=-+<，()304a g e e '=-+>， ∴()01,x e ∃∈，使得()00g x '=，当()00,x x ∈时，()0g x ¢<，函数()g x 单调递减，当()0,x x ∈+∞时，()0g x ¢>，函数()g x 单调递增，故()g x 的最小值为()()000011ln 24g x x a x x a h a ⎛⎫=--+=⎪⎝⎭，由()00g x '=得00011ln 24a x x x =+，因此()000031ln ln 42h a x x x x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，令()11ln 24t x x x x =+，()1,x e ∈，则()13ln 024t x x '=+>， ∴()t x 在()1,e 上单调递增，又1344a e <<，()114t =，()34t e e =，∴0x 取值范围为()1,e ，令()31ln ln 42x x x x x ϕ⎛⎫=-⎪⎝⎭（1x e <<），则()()()21131ln ln 2ln 3ln 102444x x x x x ϕ'=--+=-+->，∴函数()ϕx 在()1,e 上单调递增，又()10ϕ=，()4ee ϕ=， ∴()04e x ϕ<<，即函数()h a 的值域为0,4e ⎛⎫⎪⎝⎭.【名师点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性求参数，由原函数得到最值，构造中间函数并根据其导数讨论单调性，求最值的取值范围；中间函数需要根据步骤中的研究对象及目的确定；13．已知函数2()22ln ()f x x ax x a R =-+∈. （1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若()f x 存在两个极值点()1221,x x x x >，求证：()()()2121(2)f x f x a x x -<--. 【答案】（1）答案不唯一，具体见解析；（2）证明见解析. 【要点分析】（1）求出导函数，根据二次函数的∆与0的关系来分类讨论函数的单调性，并注意一元二次方程根的正负与定义域的关系；（2）由()1212,x x x x <是两个极值点得到对应的韦达定理形式，然后利用条件将()()21f x f x -转变为关于12x x ，函数，再运用12x x ，的关系将不等式转化为证22212ln 0x x x -->，构造函数1()2ln (1)g x x x x x=-->，要点分析函数()g x 的单调性，得出最值，不等式可得证. 【答案详解】（1）解：函数()f x 的定义域为(0,)+∞，()2'212()22x ax f x x a x x-+=-+=，则24a ∆=-.①当0a ≤时，对(0,),()0x f x '∀∈+∞>，所以函数()f x 在(0,)+∞上单调递增；②当02a <≤时，0∆≤，所以对(0,),()0x f x '∀∈+∞≥，所以函数()f x 在(0,)+∞上单调递增；③当2a >时，令()0f x '>，得02a x -<<或2a x >，所以函数()f x在⎛ ⎝⎭，2a ⎛⎫++∞ ⎪ ⎪⎝⎭上单调递增； 令'()0f x <，得22a a x <<，所以()f x在22a a ⎛⎫+ ⎪ ⎪⎝⎭上单调递减. （2）证明：由（1）知2a >且1212,1,x x a x x +=⎧⎨=⎩，所以1201x x <<<.又由()()()()222122211122ln 22ln f x f x x ax x x ax x -=-+--+()()()()()()22222222221212121212111122ln22ln 2ln x x x x x a x x x x x x x x x x x x x =---+=--+-+=--+. 又因为()()()()()()()()222121212121212121(2)222a x x x x a x x x x x x x x x x x x --=---=--+-=---.所以要证()()()2121(2)f x f x a x x -<--，只需证()22112ln2x x x x <-. 因为121=x x ，所以只需证22221ln x x x <-，即证22212ln 0x x x -->. 令1()2ln (1)g x x x x x =-->，则2'2121()110g x x x x ⎛⎫=+-=-> ⎪⎝⎭，所以函数()g x 在(1,)+∞上单调递增，所以对1,()(1)0x g x g ∀>>=.所以22212ln 0x x x -->. 所以若()f x 存在两个极值点()1221,x x x x >，则()()()2121(2)f x f x a x x -<--. 【名师点睛】本题考查函数与导数的综合应用，属于较难题.导数中通过双极值点求解最值或证明不等式时，可通过双极值点对应的等式将待求的式子或待证明的式子转变为关于同一变量（注意变量的范围）的式子，然后通过构造新函数，要点分析新函数的单调性后从而达到求解最值或证明不等式的目的. 14．已知函数2()(2)()x f x xe a x x a R =-+∈．（1）当1a =时，求函数()f x 的单调区间； （2）当1a e >时，函数()f x 有三个不同的零点1x ，2x ，3x ，求证：1232x x x lna ++<． 【答案】（1）增区间为(,1)-∞-，(2,)ln +∞；减区间为(1,2)ln -；（2）证明见解析. 【要点分析】（1）求出原函数的导函数，得到函数零点，由导函数零点对定义域分段，再由导函数在不同区间段内的符号得到原函数的单调区间；（2）由(0)0f =，可得0x =是函数的一个零点，不妨设30x =，把问题转化为证122x x lna +<，即证122x x a e+>．由()0f x =，得(2)0x e a x -+=，结合1x ，2x 是方程(2)0x e a x -+=的两个实根，得到1212x x e e a x x -=-，代入122x x a e +>，只需证1212212x x x x e e e x x +->-，不妨设12x x >．转化为证1212212()10x x x x ex x e----->．设122x x t -=，则等价于2210(0)t t e te t -->>．设2()21(0)t t g t e te t =-->，利用导数证明()0g t >即可． 【答案详解】（1）解：()(22)(1)(2)x x x f x e xe x x e '=+-+=+-， 令()0f x '=，得11x =-，22x ln =．当1x <-或n 2>x l 时，()0f x '>；当12x ln -<<时，()0f x '<．()f x ∴增区间为(,1)-∞-，(2,)ln +∞；减区间为(1,2)ln -；（2）证明：(0)0f = ，0x ∴=是函数的一个零点，不妨设30x =， 则要证122x x lna +<，只需证122x x a e +>． 由()0f x =，得(2)0x e a x -+=，1x ，2x 是方程(2)0x e a x -+=的两个实根， ∴11(2)x e a x =+，①22(2)x e a x =+，②，①-②得：1212x x e e a x x -=-，代入122x x a e+>，只需证1212212x xx x e e e x x +->-，不妨设12x x >．120x x -> ，∴只需证1212212()x x x x e e x x e+->-．20x e >，∴只需证1212212()10x x x x e x x e ----->．设122x x t -=，则等价于2210(0)t t e te t -->>． 设2()21(0)t t g t e te t =-->，只需证()0g t >， 又()2(1)t t g t e e t =--'，设()1(0)t t e t t ϕ=-->，则()10t t e ϕ'=->，()t ϕ∴在(0,)+∞上单调递增，则()(0)0t ϕϕ>=．()0g t ∴'>，从而()g t 在(0,)+∞上是增函数， ()(0)0g t g ∴>=．综上所述，1232x x x lna ++<．【名师点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，考查利用导数求函数的极值，考查数学转化思想方法，属难题．15．已知函数()223x xe f x e -+=，其中e 为自然对数的底数.（1）证明：()f x 在(),0-∞上单调递减，()0,∞+上单调递增； （2）设0a >，函数()212cos cos 3g x x a x a =+--，如果总存在[]1,x a a ∈-，对任意2x R ∈，()()12f x g x …都成立，求实数a 的取值范围.【答案】（1）证明见解析；（2）ln 2a ≥. 【要点分析】（1）直接对函数求导，判断导函数在对应区间上的符号即可证明；（2）总存在1[x a ∈-，](0)a a >，对任意2x R ∈都有12()()f x g x …，即函数()y f x =在[a -，]a 上的最大值不小于()y g x =，x ∈R 的最大值；借助单调性换元法，结合二次函数的性质分别求最值列不等式求解即可【答案详解】 （1）证明：()()23x xe ef x -='- 令()0f x '>，解得0x >，∴()f x 在()0,∞+上单调递增 令()0f x '<，解得0x <，∴()f x 在(),0-∞上单调递减 （2）总存在1[x a ∈-，](0)a a >，对任意2x R ∈都有12()()f x g x …， 即函数()y f x =在[a -，]a 上的最大值不小于()y g x =，x ∈R 的最大值()()()()max 23a af x f a f a e e -=-==+ 令[]()cos 1,1t x t =∈-，∴()2123g t t at a =+--，对称轴02a t =-< ∴()()max 513g t g ==∴()2533a a e e -+≥，52a a e e -+≥，令(),0ae m m =>，∴152m m +≥，∴2m ≥ ∴2a e ≥，∴ln 2a ≥【名师点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，考查三角函数的有界性，二次函数的最值以及恒成立问题的转化，考查转化思想以及计算能力，属于中档题.16．已知函数()()21ln 212h x x b x =+-，()21ln 2f x x a x =-．其中a ，b 为常数． （1）若函数()h x 在定义域内有且只有一个极值点，求实数b 的取值范围；（2）已知1x ，2x 是函数()f x 的两个不同的零点，求证：12x x +>． 【答案】（1）(),0-∞；（2）证明见解析． 【要点分析】（1）首先求函数的导数，根据题意转化为222y x x b =-+在1,2⎛⎫+∞⎪⎝⎭内有且仅有一个变号零点，根据二次函数的单调性，列式求解b 的取值范围；（2）求出当函数()f x 有两个零点时，求出a e >，再构造函数()))(0g x fx f x x =-≤≤，利用导数判断函数的单调性，得到))f x f x +<-，再通过构造得到()()21f x f x >-，利用函数的单调性证明结论.【答案详解】（1）()2222121212'b x x b x x x x h x -+⎛⎫=+=> ⎪--⎝⎭，因为函数()h x 在定义域有且仅有一个极值点， 所以222y x x b =-+在1,2⎛⎫+∞⎪⎝⎭内有且仅有一个变号零点， 由二次函数的图象和性质知21122022b ⎛⎫⨯-+< ⎪⎝⎭，解得0b <，即实数b 的取值范围为(),0-∞．（2）()2'(0)a x ax x x xf x -=-=>，当0a ≤时，()'0f x >，()f x 在()0,∞+上单调递增，函数()f x 至多有一个零点，不符合题意，。
导数中的利用韦达定理研究双变量问题(解析版)
导数中的利用韦达定理研究双变量问题题型一：利用韦达定理消元求范围问题【精选例题】1已知函数f x =x 2+2ln x +1．(1)求曲线y =f x 在点1,f 1 处的切线方程；(2)若函数g x =f x -2ax a ∈R 有两个极值点x 1,x 2，且x 1<x 2<e ，求g x 1 -g x 2 的取值范围．【答案】(1)4x -y -2=0；(2)0,e 2-1e 2-4【详解】(1)f x =x 2+2ln x +1,f x =2x +2x，∴f 1 =2,f 1 =4,∴曲线y =f x 在点1,f 1 处的切线方程为y -2=4x -1 ，即4x -y -2=0.(2)g x =x 2-2ax +2ln x +1，则函数g x 的定义域为0,+∞ ,gx =2x -2a +2x =2x 2-ax +1 x，若函数g x 有两个极值点x 1,x 2，且x 1<x 2<e ．则方程x 2-ax +1=0的判别式Δ=a 2-4>0，且x 1+x 2=a >0,x 1x 2=1，∴x 2=1x 1<e ,1e<x 1<1．∴g x 1 -g x 2 =x 21-2ax 1+2ln x 1-x 22+2ax 2-2ln x 2=x 1+x 2 x 1-x 2 -2a x 1-x 2 +2ln x 1-2ln x 2=x 1+x 2 x 1-x 2 -2x 1+x 2 x 1-x 2 +2ln x 1-2ln1x 1=-x 1+x 2 x 1-x 2 +4ln x 1=-x 1+1x 1 x 1-1x 1+4ln x 1=1x 21-x 21+4ln x 11e <x 1<1 ．设h t =1t2-t 2+4ln t 1e <t <1 ，则ht =-2t 3-2t +4t =-2t 2-1 2t 3<0在t ∈1e ,1 上恒成立．故h t 在1e ,1 单调递减，从而h t >h 1 =0,h t <h 1e =e 2-1e 2-4．因此，g x 1 -g x 2 的取值范围是0,e 2-1e 2-4．【跟踪训练】1已知函数f x =ln x +ax +1-2a (a ∈R ).(1)讨论函数f x 的单调性；(2)若f x 两个极值点x 1，x 2，且x 1∈e ,e 2 ，求f x 1 -f x 2 的取值范围.【答案】(1)当a ≤4时，f x 在0+∞ 上单调递增；当a >4时，f x 在a -2-a 2-4a 2,a -2+a 2-4a 2上单调递减，在0,a -2-a 2-4a 2 ，a -2+a 2-4a2,+∞上单调递增；(2)4+1e 2-e 2,2+1e -e【详解】(1)函数f x 的定义域为0,+∞ ，又fx =x 2+2-a x +1x x +1 2，x ∈0,+∞ ，令f x=0，得x 2+2-a x +1=0，当a ≤2时，x >0时，f x >0，所以f x 在0,+∞ 单调递增；当a >2时，方程x 2+2-a x +1=0的Δ=a 2-4a =a a -4 ，①当2<a ≤4时，Δ≤0，则f x >0，所以f x 在0,+∞ 单调递增；②当a >4时，Δ>0，令x 2+2-a x +1=0，得x 1=a -2-a 2-4a 2>0，x 2=a -2+a 2-4a 2，当x ∈0,x 1 ∪x 2,+∞ 时，f x >0；当x ∈(x 1,x 2)时，f x <0；所以f x 在a -2-a 2-4a 2,a -2+a 2-4a 2上单调递减，在0,a -2-a 2-4a 2 ，a -2+a 2-4a2,+∞上单调递增；综上所述：当a ≤4时，f x 在0+∞ 上单调递增；当a >4时，f x 在a -2-a 2-4a 2,a -2+a 2-4a 2上单调递减，在0,a -2-a 2-4a 2 ，a -2+a 2-4a2,+∞上单调递增；(2)由(1)得若f x 有两个极值点x 1,x 2，则a >4，且x 1+x 2=a -2，x 1x 2=1，即a =x 1+x 2+2，x 2=1x 1故f x 1 -f x 2 =ln x 1+a x 1+1-2a -ln x 2+ax 2+1-2a=ln x 1+x 1+x 2+2x 1+1-ln x 2-x 1+x 2+2x 2+1=ln x 1x 2+x 2+1x 1+1-x 1+1x 2+1=2ln x 1+1x 1-x 1，x 1∈e ,e 2 ，令g x =2ln x +1x -x ，x ∈e ,e 2 ，则gx =2x -1x 2-1=-x -1 2x 2<0，所以g x 在e ,e 2 上单调递减；即g e 2 ≤g x ≤g e ，故4+1e2-e 2≤g x ≤2+1e -e ，综上所述：f x 1 -f x 2 的取值范围为：4+1e 2-e 2,2+1e -e .2已知函数f x =12x 2-2ax +ln x (a 为常数)．(1)若函数f x 是增函数，求a 的取值范围；(2)设函数f x 的两个极值点分别为x 1，x 2(x 1<x 2)，求f x 1 -f x 2 的范围．【答案】(1)-∞,1 ；(2)0,+∞【详解】(1)f x 的定义域为0,+∞ ，fx =x -2a +1x =x 2-2ax +1x，若函数f x 为增函数，则f x =x 2-2ax +1x ≥0在0,+∞ 上恒成立，所以x 2-2ax +1≥0对任意x >0恒成立，即2a ≤x +1x对任意x>0恒成立，又x +1x ≥2x ⋅1x =2，当且仅当x =1x，即x =1时等号成立，所以2a ≤2，解得a ≤1，故a的取值范围是-∞,1 ；(2)若f x 在定义域内有两个极值点，则x 1,x 2是方程f x =0，即x 2-2ax +1=0的两个不相等的实数根，从而得到Δ>0x 1+x 2=2a >0x 1x 2=1>0，即a >1，又0<x 1<x 2，故x 2>1，f x 1 -f x 2 =12x 21-2ax 1+ln x 1-12x 22-2ax 2+ln x 2 =12x 21-x 22 -2a x 1-x 2 +ln x 1-ln x 2 =12x 21-x 22 -x 1+x 2 x 1-x 2+ln x 1x 2=12x 22-12x 21+ln x 1x 2=12x 22-12x 22+ln 1x 22，令t =x 22>1，则f x 1 -f x 2 =g t =12t -12t -ln t ，g t =12+12t2-1t =121-1t 2>0，所以g t 在1,+∞ 上单调递增，所以g t >g 1 =0，即g t 的值域为0,+∞ ，所以f x 1 -f x 2 的范围是0,+∞ .题型二：利用韦达定理消元证明双变量不等式问题【精选例题】2已知函数f x =2x -a ln x -1x有两个不同的极值点x 1、x 2x 1>x 2 .(1)求实数a 的取值范围；(2)若a>3，求证：x1>1，且f x1-f x2x1+x2<43-2ln2.解析：(1)实数a的取值范围是22,+∞；(2)由题意可知，x1、x2为方程2x2-ax+1=0的两个实根，由于x1>x2，则x1=a+a2-84，当a>3时，a2-8>1，∴x1=a+a2-84>1，由(1)可知x1+x2=a2x1x2=12，f x1-f x2x1+x2=2x1-x2-a ln x1x2-1x1+1x2x1+x2=2x1-x2x1+x2-2lnx1x2+x1-x2x1x2x1+x2=4x1-x2x1+x2-2lnx1x2=4x1x2-1x1x2+1-2lnx1x2，∵x1x2=2x21>2，令t=x1x2>2，设h t =4t-1t+1-2ln t，t>2. h t =8t+12-2t =-2t-12t t+12<0，所以，函数y=h t 在2,+∞上单调递减，所以，h t <h2 =43-2ln2，因此，f x1-f x2x1+x2<43-2ln2.3已知函数f(x)=12x2-kx+ln x(1)讨论函数f x 的单调性；(2)若f x 有两个极值点x1,x2，证明：f(x1)-f(x2)<k22-2【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析【详解】(1)f x =x2-kx+1x，令φx =x2-kx+1，注意到φ0 =1，对称轴x=k2，故φx min=φk2=1-k24，(i)当k2≤0时，即k≤0，此时φx 在0,+∞上单调递增，即φx >φ0 =1，从而f x >0，即f x 在0,+∞上单调递增；(ii)当k2>0时，k>0，若φk2=1-k24≥0，即0<k≤2时，φx ≥0恒成立，从而f x >0，即f x在0,+∞上单调递增；若φk2=1-k24<0，即k>2时，存在x1∈0,k2,x2∈k2,+∞有φx1 =φx2=0，其中x1=k-k2-42，x2=k+k2-42，从而f x 在0,x1上单调递增，x1,x2上单调递减，x2,+∞上单调递增；综上可知，当k≤2时，函数在0,+∞上单调递增，当k>2时，函数在0,k-k2-42和k+k2-42,+∞单调递增，在k-k2-42,k+k2-42上单调递减.(2)证明：由(1)可知，要使f x 有两个极值点x1,x2，则k>2，此时满足x1+x2=k，x1x2=1，不妨设x1<x2，此时有f x1>f x2，从而原不等式转化为：f x1-f x2=12x21-x22+k x2-x1+ln x1-ln x2<k22-2，将x2=1x1及k=x1+1x1代入有：1 2x21-1x21+1x1+x11x1-x1+2ln x1<12x1+1x12-2，化简即得：2ln x1-x21<-1，即证ln x21<x21-1，由x1x2=1>x21，可得x1<1，令t=x21⇔ln t<t-10<t<1，设g t =ln t-t-10<t<1，则g t=1-tt>0，故g t 在t∈0,1上单调递增，g t <g1 =0，故原不等式成立4已知函数f x =x2-ax+a ln x有两个极值点x1，x2.(1)求a的取值范围；(2)证明：f x1+f x2+24x1+24x2<16ln2.【答案】(1)a>8；(2)证明见解析【详解】(1)f x =2x-a+ax=2x2-ax+ax,f x 有两个极值点x1，x2，则f x =0在0,+∞上有两个实数根x1，x2，所以2x2-ax+a=0在0,+∞上有两个实数根x1，x2，则Δ=a2-8a>0x1x2=a2>0x1+x2=a2>0解得a>8，故a的取值范围为a>8，(2)由(1)知x1x2=a2,x1+x2=a2，且a>8，f x1+f x2+24x1+24x2=x21-ax1+a ln x1+x22-ax2+a ln x2+24 x1+24x2=x1+x22-2x1x2-a x1+x2+a ln x1x2+24x1+x2x1x2=a24-a-a a2+a ln a2+24=-a24-a+a ln a2+24，令g a =-a24-a+a ln a2+24(a>8)，g a =-a2+ln a2，令h a =ga =-a2+ln a2,h a =-12+1 a =2-a2a<0在a>8上恒成立，所以h a =g a =-a2+ln a2在a>8单调递减，故ga =-a2+ln a2<g 8 =-4+ln4<0，因此g a 在a>8单调递减，故g a <g8 =-16-8+8ln4+24=16ln2，故g a =-a24-a+a ln a2+24<16ln2，得证.5已知函数f x =ln x-a x-1 x.(1)讨论f x 极值点的个数；(2)若函数f x 恰有2个极值点x1,x2x1<x2，3个零点t1，t2，t3(t1<t2<t3)，探究：是否存在实数a，使得f x2-f x12=2t3-t1ln t3-ln t1-2.【答案】(1)答案见解析；(2)不存在【详解】(1)由题知：f x =1x-a-ax2=-ax2-x+ax2x>0，设函数g x =ax2-x+a，当a=0时，fx =1x >0，所以f x 在0,+∞上单调递增，此时f(x)无极值点；当a<0时，g x 开口向下，对称轴为x=12a<0，g0 =a<0；所以f x >0，f x 在0,+∞上单调递增，此时f(x)无极值点；当a≥12时，g x 开口向上，Δ=1-4a 2≤0；所以f x ≤0，f x 在0,+∞ 上单调递减，此时f (x )无极值点；当0<a <12时，g x 开口向上，Δ=1-4a 2>0，对称轴为x =12a>1，g 0 =a >0；所以g x =0在0,+∞ 上有两个解x 1,x 2x 1<x 2 ，且x 1x 2=1，x 2>12a>1>2a >x 1，所以当0<x <x 1时，g (x )>0，f (x )<0；当x 1<x <x 2时，g (x )<0，f (x )>0；当x >x 2时，g (x )>0，f (x )<0，所以f x 在0,x 1 上单调递减，在x 1,x 2 上单调递增，x 2,+∞ 上单调递减；此时f x 有两个极值点.综上所述：当a ≤0或a ≥12时，f (x )无极值点；当0<a <12时，f x 有两个极值点.(2)因为函数f x 恰有2个极值点x 1,x 2x 1<x 2 ，由(1)知：x 1x 2=1，x 1+x 2=1a ，0<a <12，x 2>12a>1>2a >x 1，又因为函数f x 有3个零点t 1，t 2，t 3(t 1<t 2<t 3)，且f x 在0,x 1 上单调递减，在x 1,x 2 上单调递增，x 2,+∞ 上单调递减；所以t 1<x 1<1<x 2<t 3，因为f (1)=0，所以t 2=1，因为f (t 1)=ln t 1-a t 1-1t 1=0，f (t 3)=ln t 3-a t 3-1t 3 =0，f 1t 3 =ln 1t 3-a 1t 3-t 3 =-ln t 3+a t 3-1t 3=-f (t 3)=0，所以t 1=1t 3，因为f 1x =ln 1x -a 1x -x =-ln x +a x -1x =-f (x )，所以f x 2 -f x 1 2=f x 2 -f 1x 22=f (x 2)+f (x 2)2=f x 2 ，又因为2t 3-t 1 ln t 3-ln t 1-2=2t 3-1t 3ln t 3-ln 1t3-2=2ln t 3a 2ln t 3-2=1a -2，假设存在实数a ，使得f x 2 -f x 1 2=2t 3-t 1ln t 3-ln t 1-2，则f x 2 =1a -2，即ln x 2-a x 2-1x 2 -1a +2=0，即ln x 2-1x 1+x 2 x 2-1x 2-x 1+x 2 +2=0，所以ln x 2-x 2x 22+1 x 22-1x 2-1x 2-x 2+2=0，所以ln x 2-x 22-1x 22+1-1x 2-x 2+2=ln x 2+2x 22+1-1x 2-x 2+1=0，令t x 2 =1+ln x 2-x 2，x 2>1，则t x 2 =1x 2-1<0，所以t x 2 在1,+∞ 上单调递减，t x 2 <t 1 =0，所以ln x 2+2x 22+1-1x 2-x 2+1=1+ln x 2-x 2-1-x 2 2x 22+1 x 2<-(1-x 2)2(x 22+1)x 2<0，所以ln x 2+2x 22+1-1x 2-x 2+1=0不成立，所以不存在实数a 满足：f x 2 -f x 1 2=2t 3-t 1ln t 3-ln t 1-2.【跟踪训练】3已知函数f x =a ln x +12x 2-2x .(1)讨论f x 的单调性；(2)若f x 有两个极值点x 1，x 2，证明：f x 1 +f x 2 +3>0.【答案】(1)见解析；(2)见解析【详解】(1)由题得fx =a x +x -2=x 2-2x +a x，其中x >0，令g (x )=x 2-2x +a ，x >0，其中对称轴为x =1，Δ=4-4a ．①若a ≥1，则Δ≤0，此时g (x )≥0，则f x ≥0，所以f (x )在(0,+∞)上单调递增；②若0<a <1，则Δ>0，此时x 2-2x +a =0在R 上有两个根x 1=1-1-a ，x 2=1+1-a ，且0<x 1<1<x 2，所以当x ∈(0,x 1)时，g (x )>0，则f x >0，f (x )单调递增；当x ∈(x 1,x 2)时，g (x )<0，则f x <0，f (x )单调递减；当x ∈(x 2,+∞)时，g (x )>0，则f x >0，f (x )单调递增，③当a =0时，当x ∈(2,+∞)时，g (x )>0，则f x >0，f (x )单调递增，当x ∈(0,2)时，g (x )<0，则f x <0，f (x )单调递减，④当a <0时，Δ>0，此时x 2-2x +a =0在R 上有两个根x 1=1-1-a <0，x 2=1+1-a >0，所以当x ∈(0,x 2)时，g (x )<0，则f x <0，f (x )单调递减；当x ∈(x 2,+∞)时，g (x )>0，则f x >0，f (x )单调递增，综上，当a ≥1时，f (x )在(0,+∞)上单调递增；当0<a <1时，f (x )在(0,1-1-a )上单调递增，在(1-1-a ，1+1-a )上单调递减，在(1+1-a ，+∞)上单调递增．当a =0时，f (x )在(0,2)上单调递减，在2,+∞ 上单调递增，当a <0时，f (x )在(0,1+1-a )上单调递减，在(1+1-a ，+∞)上单调递增．(2)由(1)知，当0<a <1时，f (x )有两个极值点x 1，x 2，且x 1+x 2=2，x 1x 2=a ，所以f (x 1)+f (x 2)+3=a ln x 1+12x 21-2x 1+a ln x 2+12x 22-2x 2+3=a (ln x 1+ln x 2)+12(x 21+x 22)-2(x 1+x 2)+3=a ln x 1x 2+12[(x 1+x 2)2-2x 1x 2]-2(x 1+x 2)+3=a ln a +12(4-2a )-4+3=a ln a -a +1．令h (x )=x ln x -x +1，0<x <1，则h (x )=ln x <0，故h (x )在(0,1)上单调递减，所以h (x )>h 1 =0，所以a ln a -a +1>0，即f (x 1)+f (x 2)+3>0．4已知函数f (x )=x 2+ax -ax(a ∈R )．(1)当a =1且x >-23时，求函数f (x )的单调区间；(2)当a >ee 2+1时，若函数g (x )=f (x )-x 2-ln x 的两个极值点分别为x 1，x 2，证明：0<g (x 1)-g (x 2) <e 2e 2+1．【答案】(1)函数f (x )的单调递增区间为-23,0 和(0,+∞)，无单调递减区间．(2)证明见解析【详解】(1)当a =1时，f (x )=x 2+x -1x ，所以f(x )=2x +1+1x 2=2x 3+x 2+1x2．①当x >0时，f (x )>0恒成立，所以函数f (x )在区间(0,+∞)上单调递增．②当x ∈-23,0 时，记φ(x )=2x 3+x 2+1，则φ (x )=6x 2+2x =6x x +13 ，所以当x ∈-13,0 时，φ (x )<0，φ(x )单调递减，且有φ(x )>φ(0)=1；当x ∈-23,-13 时，φ (x )>0，φ(x )单调递增，且φ(x )>φ-23 >0，所以当x ∈-23,0 时，φ(x )>0，函数f (x )单调递增．综上，函数f (x )的单调递增区间为-23,0 和(0,+∞)，无单调递减区间．(2)证明：因为g (x )=f (x )-x 2-ln x =ax -a x -ln x (a ∈R ，x >0)，所以g (x )=a +a x2-1x =ax 2-x +ax 2．由题意知x 1，x 2是函数g (x )的两个零点，所以x 1，x 2是方程ax 2-x +a =0的两个实数解，由Δ=1-4a 2>0，且a >e e 2+1，知e e 2+1<a <12．因为x 1x 2=1，所以x 2=1x 1，不妨设x 1<x 2，所以0<x 1<1<x 2，则x 1+x 2=x 1+1x 1=1a ．因为e e 2+1<a <12，所以2<1a <e 2+1e =e +1e ，所以x 1+1x 1<e +1e ，即1e<x 1<1．由二次函数的性质可知，函数g (x )在x 1处取得极大值，在x 2处取得极小值，即g x 1 >g x 2 ，故g x 1 -g x 2 =g x 1 -g x 2 =g x 1 -g1x 1 =ax 1-a x 1-ln x 1-ax 1-ax 1+ln x 1=2ax 1-ax 1-ln x 1．(∗)又因为x 1是方程ax 2-x +a =0的根，所以a =x 1x 21+1，代入(∗)式，得g x 1 -g x 2 =2x 21x 21+1-1x 21+1-ln x 1 =2x 21-1x 21+1-12ln x 21，令x 21=t ，则1e 2<t <1．设h (t )=2t -1t +1-12ln t ，1e2<t <1，所以h(t )=-(t -1)2t (t +1)2<0，则h (t )单调递减，从而有0=h (1)<h (t )<h 1e 2=4e 2+1，即0<g x 1 -g x 2 <4e 2+1<e 2e 2+1，证毕．5已知f x =12x 2-4x +a ln x ．(1)若函数f x 在区间(0,+∞)上单调递增，求实数a 的取值范围；(2)若函数f x 有两个极值点x 1,x 2，证明：f x 1 +f x 2 >-10+ln a ．【答案】(1)a ≥4；(2)证明见解析.【详解】(1)函数f (x )=12x 2-4x +a ln x 定义域为(0,+∞)，依题意，∀x ∈0,+∞ ，f (x )=x -4+ax≥0成立，即∀x ∈0,+∞ ，a ≥-x 2+4x 成立，而当x =2时，(-x 2+4x )max =4，因此a ≥4，而a =4时，f (x )不是常数函数，于是得a ≥4，所以实数a 的取值范围是a ≥4.(2)由(1)知x ∈(0,+∞)，f (x )=x -4+a x =x 2-4x +ax ，因f x 有两个极值点x 1,x 2，则f x =0，即x 2-4x +a =0有两不等正根，于是得Δ=16-4a >0x 1x 2=a >0x 1+x 2=4，有0<a <4，f (x 1)+f (x 2)=12(x 21+x 22)-4(x 1+x 2)+a (ln x 1+ln x 2)=12(x 1+x 2)2-x 1x 2-4(x 1+x 2)+a ln x 1x 2=a ln a -a -8，f (x 1)+f (x 2)-(-10+ln a )=(a -1)ln a -a +2，令g (a )=(a -1)ln a -a +2，0<a <4，g (a )=ln a -1a，显然函数g (a )在(0,4)上单调递增，而g 1 =-10,g 2 =ln2-120，因此∃a 0∈(1,2)，使得g (a 0)=0，即ln a 0=1a 0，当0<a <a 0时，g (a )<0，当a 0<a <4时，g (a )>0，于是得g (a )在(0,a 0)上单调递减，在(a 0,4)上单调递增，g (a )≥g (a 0)=(a 0-1)ln a 0-a 0+2=(a 0-1)⋅1a 0-a 0+2=3-1a 0+a 0，显然y =1a 0+a 0在(1,2)上单调递增，则2<1a 0+a 0<52，因此12<3-1a 0+a 0<1，即有g (a )>0，所以f (x 1)+f (x 2)>-10+ln a .6已知函数f x =4x -12x 2-a ln x ．(1)讨论函数f x 的单调性；(2)设函数f x 有两个极值点x 1，x 2x 1<x 2 ，证明：f x 1 +f x 2 <7+e -ln x 1-ln x 2．【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析【详解】(1)由题意知，f (x )定义域为(0,+∞)，fx =4-a x -x =4x -a -x 2x =-x 2-4x +a xx >0 ，令y =x 2-4x +a ，则Δ=44-a ，①当a ≥4时，Δ≤0，f x ≤0，f x 在0,+∞ 上单调递减，②当0<a <4时，Δ>0，x 2-4x +a =0的2个根为x 1=2-4-a ，x 2=2+4-a ，此时x 1>0，则f (x )>0⇒2-4-a <x <2+4-a ，f (x )<0⇒0<x <2-4-a 或x >2+4-a ，所以f x 在0,2-4-a 上单调递减，在2-4-a ,2+4-a 上单调递增，在2+4-a ,+∞ 上单调递减，③当a ≤0时，Δ>0，x 2-4x +a =0的2个根为x 1=2-4-a ，x 2=2+4-a ，此时x 1≤0，x 2>0，则f (x )>0⇒0<x <2+4-a ，f (x )<0⇒x >2+4-a ，所以f x 在0,2+4-a 上单调递增，在2+4-a ,+∞ 上单调递减，综上，①当a ≥4时，f x 在0,+∞ 单调递减；②当0<a <4时，f x 在0,2-4-a 单调递减，在2-4-a ,2+4-a 单调递增，在2+4-a ,+∞ 单调递减；③当a ≤0时，f x 在0,2+4-a 上单调递增，在2+4-a ,+∞ 上单调递减．(2)因为f (x )有两个极值点x 1，x 2，所以由(1)可知0<a <4，且x 1+x 2=4，x 1x 2=a ，所以f x 1 +f x 2 =4x 1-a ln x 1-12x 21 +4x 2-a ln x 2-12x 22 =4x 1+x 2 -a ln x 1+ln x 2 -12x 21+x 22 =a -a ln a +8，要证f x 1 +f x 2 <7+e -ln x 1-ln x 2，即证a -a ln a +8<7+e -ln a ，只需证1-a ln a +a +ln a -e <0，a ∈0,4 ，令m a =1-a ln a +a +ln a -e ，a ∈0,4 ，则m a =-ln a +1-a a +1=1a-ln a ，令n a =m a ，则n a =-1a 2-1a <0恒成立，所以m a 在0,4 上单调递减，又m 1 =1>0，m 2 =12-ln2=ln e-ln2=ln e 2=ln e 4<0，由零点存在性定理得，∃a 0∈1,2 使得m a 0 =0，即ln a 0=1a 0，所以a ∈0,a 0 时，m a >0，m a 单调递增，a ∈a 0,4 时，m a <0，m a 单调递减，则m a max =m a 0 =1-a 0 ln a 0+a 0+1-e =1-a 0 1a 0+a 0+1-e =a 0+1a 0-e ，令h (t )=t +1t-e ，t ∈1,2 ，则当t ∈1,2 时，h (t )=1-1t 2>0，所以h (t )在1,2 上单调递增，所以a 0+1a 0-e <2+12-e <0，所以m a <0，即f x 1 +f x 2 <7+e -ln x 1 -ln x 2．7已知函数f x =x -1 ln x -ax -1a >0 ．(1)若f x 的最小值为-e -1，求a 的值；(2)若a =1，证明：函数f x 存在两个零点x 1，x 2，且f x 1 +f x 2 <-2．【答案】(1)a =1-1e；(2)证明见解析【详解】(1)由题意得f x 的定义域为0,+∞ ，f x =ln x +x -1x -a =ln x -1x+1-a ，令h x =fx =ln x -1x +1-a ，则h x =1x +1x2>0，所以函数f x 在0,+∞ 上单调递增．因为a >0，所以f 1 =-a <0，f e a =1-1ea >0，所以存在唯一的x 0∈1,e a ，使得f x 0 =0，即ln x 0-1x 0+1-a =0，所以a =ln x 0-1x 0+1，当x ∈0,x 0 时，f x <0，f x 单调递减；当x ∈x 0,+∞ ，f x >0，f x 单调递增．所以f x min =f x 0 =x 0-1 ln x 0-ax 0-1=x 0-1 ln x 0-x 0⋅ln x 0-1x 0+1-1=-ln x 0-x 0，所以-ln x 0-x 0=-e -1，即x 0+ln x 0=e +1，易知g x =x +ln x 单调递增，且g e =e +1，所以x 0=e ，所以a =ln e -1e +1=1-1e．(2)当a =1时，f x =x -1 ln x -x -1，f x =ln x -1x，显然f x 单调递增，又f 1 =-1<0，f e=1-1e >0，所以存在唯一的x 0 ∈1,e ，使得f x 0 =0，即ln x 0 -1x 0 =0，所以ln x 0 =1x 0 ，所以当x ∈0,x 0时，f x <0，f x 单调递减；当x ∈x 0 ,+∞ 时，f x >0，f x 单调递增．因为f x 0 =x 0 -1 ln x 0 -x 0-1=-x 0 -1x 0 <0，f e -2 =1-3e2>0，f e 2 =e 2-3>0，所以f x 有两个零点x 1，x 2，不妨设x 1<x 2，则x 1∈e -2,x 0 ，x 2∈x 0 ,e 2 ．因为f x 1 =x 1-1 ln x 1-x 1-1=0，所以f1x 1 =1x 1-1ln 1x 1-1x 1-1=1x 1x 1-1 ⋅ln x 1-x 1-1 =f x 1 x 1=0，所以1x 1也是f x 的零点，因为x 1≠1且f x 只有两个零点x 1和x 2，所以x 2=1x 1．所以f x 1 +f x 2 =ln x 1-1x 1+ln x 2-1x 2=ln x 1x 2 -1x 1-x 1=-1x 1-x 1<-21x 1⋅x 1=-2.题型三：利用韦达定理消元求双变量参数问题【精选例题】6已知函数f x =x ln x -a 2x 2-x +a a ∈R ，f (x )为f (x )的导函数．(1)当a =12时，若g x =f (x )在[t ,t +1 (t >0)上的最大值为h (t )，求h (t )；(2)已知x 1,x 2是函数f (x )的两个极值点，且x 1<x 2，若不等式e 1+m <x 1x m 2恒成立，求正数m 的取值范围．【答案】(1)h (t )=ln (t +1)-12t -12,0<t ≤1,ln2-1,1<t ≤2,ln t -12t ,t >2.；(2)[1,+∞)【详解】(1)当a =12时，f x =x ln x -14x 2-x +12，其定义域为(0，+∞)，且f x =ln x +1-12x -1=ln x -12x ，所以g x =ln x -12x ，所以g x =1x -12=2-x 2x (x >0)，令g x >0，得0<x <2；令g(x )<0，得x >2，所以g (x )在(0,2)上单调递增，在(2,+∞)上单调递减．①当t +1≤2，即0<t ≤1时，g x 在[t ，t +1]上单调递增，所以h t =g x max =g t +1 =ln t +1 -12t -12；②当t ≤2,t +1>2，即1<t ≤2时，h t =g x max =g 2 =ln2-1；③当t >2时，g (x )在[t ，t +1]上单调递减，所以h t =g x max =g t =ln t -12t ，综上所述h (t )=ln (t +1)-12t -12,0<t ≤1,ln2-1,1<t ≤2,ln t -12t ,t >2.(2)因为e 1+m <x 1x m 2，所以1+m <ln x 1+m ln x 2，由题意知f (x )的定义域为(0,+∞),f x =ln x -ax ，故x 1,x 2是关于x 的方程f x =ln x -ax =0的两个根，所以f x 1 =ln x 1-ax 1=0,f x 2 =ln x 2-ax 2=0，即ln x 1=ax 1,ln x 2=ax 2，所以1+m <ln x 1+m ln x 2，等价于1+m <ax 1+max 2=a x 1+mx 2 ．因为m >0,0<x 1<x 2，所以原式等价于a >1+mx 1+mx 2，又ln x 1=ax 1,ln x 2=ax 2，作差，得ln x 1x 2=a x 1-x 2 ，即a =ln x1x 2x 1-x 2，所以原式等价ln x1x 2x 1-x 2>1+mx 1+mx 2，因为0<x 1<x 2，所以ln x 1x 2<1+m x 1-x 2 x 1+mx 2恒成立．令t =x 1x 2，则t ∈(0,1)，故不等式ln t <1+m t -1 t +m 在t ∈(0,1)上恒成立，令φ(t )=ln t -1+m t -1 t +m．又因为φt =1t -1+m 2t +m2=t -1 t -m 2 t t +m 2，当m 2≥1时，得t ∈(0,1)，所以φ (t )>0在(0,1)上单调递增，又φ1 =0，所φt <0在(0,1)上恒成立，符合题意；当m 2<1时，可得t ∈(0,m 2)时，φ (t )>0，t ∈m 2,1 时，φ (t )<0，所以φ(t )在(0,m 2)上单调递增，在(m 2,1)上单调递减，又因为φ1 =0，所以φ(t )在(0,1)上不能恒小于0，不符合题意，舍去．综上所述，若不等式e 1+m <x 1x m 2恒成立，只需满足m 2≥1，又m >0，故m ≥1，即正数m 的取值范围为[1,+∞)．7已知函数f x =x 2+x +ae x，a ∈R (1)讨论f x 的极值点个数；(2)若f x 在-1,+∞ 内有两个极值点x 1，x 2x 1<x 2 ，且f x 2 -f x 1 >4e -32，求a 的取值范围.【答案】(1)答案见解析；(2)-1<a <14【详解】(1)f (x )=-x 2+x +1-a ex，令g (x )=-x 2+x +1-a ，Δ=1+4(1-a )=5-4a ，当a ≥54时，g (x )≤0，即f x ≤0，则f x 在R 上单调递减，无极值点；当a <54时，g x 有两个零点x 1=1-5-4a2，x 2=1+5-4a 2，当x ∈-∞,x 1 ,x 2,+∞ ，g (x )<0，即f x <0，f x 单调递减；当x ∈x 1,x 2 时，g (x )>0，即f x >0，f x 单调递增，所以f x 在x =x 1处取极小值，在x =x 2取极大值，有2个极值点，综上，当a ≥54时，无极值点，当a <54时，有2个极值点；(2)由题意可得g x 在(-1,+∞)有两个零点x 1,x 2，故a <54且g (-1)<0，所以-1<a <54，由-x 21+x 1+1-a =0得a =1+x 1-x 21，故f x 1 =2x 1+1e x 1，同理f x 2 =2x 2+1ex 2，又x 1+x 2=1，所以f x 2 -f x 1 =2x 2+1e x 2-3-2x 2e1-x2，结合-1<x 1<x 2知12<x 2<2，令h (x )=2x +1e x+(2x -3)e x -1，则h (x )=2x -1e xe 2x -1-1 ，当x ∈12,2 时，h (x )>0，h x 单调递增，又h 32 =4e -32，所以f x 2 -f x 1 >4e -32即h x 2 >h 32 ，所以x 2>32，则32<x 2<2，因为a =-x 22+x 2+1=-x 2-12 2+54，所以-1<a <14.8已知函数f x =2ln x +12(a -x )2，其中a ∈R .(1)讨论函数f x 的单调性；(2)若f x 存在两个极值点x 1,x 2x 1<x 2 ,f x 2 -f x 1 的取值范围为34-ln2,158-2ln2 ，求a 的取值范围.【答案】(1)答案见解析；(2)322,52【详解】(1)f x 的定义域是0,+∞ ，因为f x =ln x +12x 2-ax +12a 2，所以f x =1x+x -a =x 2-ax +1x，令g x =x 2-ax +1，则Δ=a 2-4.①当a ≤0或Δ≤0，即a ≤2时，f x ≥0恒成立，所以f x 在0,+∞ 上单调递增.②当a >0Δ>0 ，即a >2时，由fx >0，得0<x <a -a 2-42或x >a +a 2-42；由fx <0，得a -a 2-42<x <a +a 2-42，∴f x 在0,a -a 2-42 和a +a 2-42,+∞上单调递增，在a -a 2-42,a +a 2-42上单调递减.综上所述，当a ≤2时，f x 在0,+∞ 上单调递增；当a>2时，f x 在0,a -a 2-42 和a +a 2-42,+∞ 上单调递增，在a -a 2-42,a +a 2-42上单调递减.(2)由(1)知当a >2时，f x 有两个极值点，即方程x 2-ax +1=0有两个正根x 1,x 2，所以x 1⋅x 2=1,x 1+x 2=a ，则f x 在x 1,x 2 上单调递减，所以f x 1 >f x 2 ，f x =2ln x +12(a -x )2=ln x +12x 2-ax +12a 2，则f x 2 -f x 1 =f x 1 -f x 2 =ln x 1+12x 21-ax 1+12a 2-ln x 2+12x 22-ax 2+12a 2 =ln x 1x 2+12x 21-x 22 -a x 1-x 2 =ln x 1x 2+12x 21-x 22 -x 1+x 2 x 1-x 2 =ln x 1x 2-12x 21-x 22=ln x 1x 2-x 21-x 222x 1x 2=ln x 1x 2-x 12x 2+x 22x 1，令t =x 1x 2(0<t <1)，则f x 1 -f x 2 =h t =ln t -12t +12t，ht =1t -12-12t 2=-t 2+2t -12t 2=-(t -1)22t2<0，所以h t 在0,1 上单调递减，又h 12 =34-ln2,h 14 =158-2ln2，且h 12 =34-ln2<h (t )<158-2ln2=h 14 ，所以14<t <12，由a 2=x 1+x 2 2x 1x 2=t +1t +2,t ∈14,12，又g t =t +1t +2在14,12 上单调递减，所以92<a 2<254且a >2，所以实数a 的取值范围为322,52 .【跟踪训练】8已知函数f x =-x +1x+a ln x (a ∈R )，且f x 有两个极值点x 1,x 2．(1)求实数a 的取值范围；(2)是否存在实数a ，使f x 1 -f x 2x 1-x 2=a -2成立，若存在求出a 的值，若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2,+∞)；(2)不存在；理由见解析【详解】(1)由题设，知函数f x 的定义域为0,+∞，且f x =-1-1x2+ax=-x2+ax-1x2x>0，因为函数f x 有两个极值点x1,x2，所以f x =0在0,+∞上有两个不等的实数根，即x2-ax+1=0在0,+∞上有两个不等的实数根x1,x2，则有Δ=a2-4>0a2>0x1x2=1，解得a>2，即所求实数a的取值范围是2,+∞．(2)由题意，得f x1=-x1+1x1+a ln x1,f x2=-x2+1x2+a ln x2，又由(1)知x1x2=1，所以f x1-f x2x1-x2=1 x1-1x2+x2-x1+a ln x1-ln x2x1-x2=-1x1x2-1+a ln x1-ln x2x1-x2=-2+a ln x1-ln x2x1-x2．要使f x1-f x2x1-x2=a-2成立，只需a ln x1-ln x2x1-x2=a．由(1)知a>2，则只需ln x1-ln x2x1-x2=1，即ln x1-ln x2=x1-x2．(※)由于x1x2=1，所以x1=1x2不妨设x2>1，则(※)式成立，等价于-x2+1x2+2ln x2=0成立．设h x =-x+1x +2ln x(x>1)，则h x =-1-1x2+2x=-x2-2x+1x2=-x-12x2<0，所以函数h x 在区间1,+∞上单调递减，且h1 =0，所以h x <h1 =0，所以h x =0无实数解，即(※)式不成立，所以不存在实数a，使f x1-f x2x1-x2=a-2成立．9已知函数f x =ax+1-x ln x的图像在x=1处的切线与直线x-y=0平行．(1)求函数f x 的单调区间；(2)若∀x1,x2∈0,+∞，且x1>x2时，f x1-f x2>m x21-x22，求实数m的取值范围．【答案】(1)f x 在0,e递增，在e,+∞递减；(2)-∞,-1 2e2【详解】(1)f x =ax+1-x ln x的导数为f x =a-1-ln x，可得f x 的图象在A1,f1处的切线斜率为a-1，由切线与直线x-y=0平行，可得a-1=1，即a=2，f x =2x+1-x ln x，f x =1-ln x，由f x >0，可得0<x<e，由f x <0，可得x>e，则f x 在0,e递增，在e,+∞递减．(2)因为x1>x2，若∀x1,x2∈0,+∞，由f x1-f x2>mx21-mx22，即有f x1-mx21>f x2-mx22恒成立，设g x =f x -mx2，所以g x =f x -mx2在0,+∞为增函数，即有g x =1-ln x-2mx≥0对x>0恒成立，可得2m≤1-ln xx在x>0恒成立，由h x =1-ln xx的导数为hx =ln x-2x2，当h x =0，可得x=e2，h x 在0,e2递减，在e2,+∞递增，即有h x 在x=e2处取得极小值，且为最小值-1e2可得2m≤-1 e2，解得m≤-12e2则实数m的取值范围是-∞,-1 2e2．10已知函数f(x)=a-ln xx在点(1，f(1))处的切线与x轴平行．(1)求实数a的值及f(x)的极值；(2)若对任意x1，x2∈e2,+∞，有f(x1)-f(x2)x1-x2>k x1∙x2，求实数k的取值范围．【答案】(1)a=-1，f(x)的极小值为-1，无极大值；(2)(-∞，2](1)∵函数f(x)=a-ln xx，∴f′(x)=x∙-1x-(a-ln x)x2=-1-a+ln xx2，令f (1)=0，∴-1-a+ln1=0，解得a=-1；令f′(x)=0，则ln x=0，解得x=1，当f′(x)>0时，x>1，当f′(x)<0时，0<x<1，即f(x)在0,1上单调递减，在1,+∞上单调递增，所以f(x)有极小值为f(1)=-1；无极大值；(2)由(1)可知f(x)在e2,+∞上单调递增，不妨设x1>x2≥e2，则f(x1)-f(x2)x1-x2>kx1⋅x2，即f(x1)-f(x2)>k1x2-1 x1∴f(x1)+kx1>f(x2)+kx2，∴函数F x =f(x)+kx在e2,+∞上单调递增，又F x =-1-ln xx+kx，∴F x =-k+ln xx2≥0在e2,+∞上恒成立，∴k≤ln x在e2,+∞上恒成立，又在e2,+∞上ln xmin=ln e2=2，∴k≤2，因此实数k的取值范围是(-∞，2]。
高考数学导数专题专讲 专题35 双变量恒成立与能成立问题概述(含答案)
专题35双变量恒成立与能成立问题概述【方法总结】1．最值定位法解双变量不等式恒成立问题的思路策略(1)用最值定位法解双变量不等式恒成立问题是指通过不等式两端的最值进行定位，转化为不等式两端函数的最值之间的不等式，列出参数所满足的不等式，从而求解参数的取值范围．(2)有关两个函数在各自指定范围内的不等式恒成立问题，这里两个函数在指定范围内的自变量是没有关联的，这类不等式的恒成立问题就应该通过最值进行定位．2．常见的双变量恒成立能成立问题的类型(1)对于任意的x1∈[a，b]，x2∈[m，n]，使得f(x1)≥g(x2)⇔f(x1)min≥g(x2)max．(如图1)(2)若存在x1∈[a，b]，总存在x2∈[m，n]，使得f(x1)≥g(x2)⇔f(x1)max≥g(x2)min．(如图2)(3)对于任意的x1∈[a，b]，总存在x2∈[m，n]，使得f(x1)≥g(x2)⇔f(x1)min≥g(x2)min．(如图3)(4)若存在x1∈[a，b]，对任意的x2∈[m，n]，使得f(x1)≥g(x2)⇔f(x1)max≥g(x2)max．(如图4)(5)若存在x1∈[a，b]，对任意的x2∈[m，n]，使得f(x1)＝g(x2)⇔f(x1)max≥g(x2)max．(如图4)(6)若存在x1∈[a，b]，总存在x2∈[m，n]，使得f(x1)＝g(x2)⇔f(x)的值域与g(x)的值域的交集非空．(如图5)考点一双任意与双存在不等问题(1)f(x)，g(x)是在闭区间D上的连续函数且∀x1，x2∈D，使得f(x1)＞g(x2)，等价于f(x)min＞g(x)max．其等价转化的目标是函数y＝f(x)的任意一个函数值均大于函数y＝g(x)的任意一个函数值．如图⑤．(2)存在x1，x2∈D，使得f(x1)＞g(x2)，等价于f(x)max＞g(x)min．其等价转化的目标是函数y＝f(x)的某一个函数值大于函数y＝g(x)的某些函数值．如图⑥．【例题选讲】[例1]已知函数f (x )＝a ＋1x＋a ln x ，其中参数a <0．(1)求函数f (x )的单调区间；(2)设函数g (x )＝2x 2f ′(x )－xf (x )－3a (a <0)，存在实数x 1，x 2∈[1，e 2]，使得不等式2g (x 1)<g (x 2)成立，求a 的取值范围．解析(1)∵f (x )＝a ＋1x ＋a ln x ，定义域为(0，＋∞)．∴f ′(x )＝－a ＋1x 2＋a x ＝ax －（a ＋1）x 2．①当－1<a <0时，a ＋1a<0，恒有f ′(x )<0．∴函数f (x )的单调减区间是(0，＋∞)．②当a ＝－1时，f ′(x )＝－1x <0，∴f (x )的减区间是(0，＋∞)．③当a <－1时，x 0，a ＋1a f ′(x )>0，∴f (x )的增区间是0，a ＋1a x a ＋1a，＋∞f ′(x )<0，∴f (x )a ＋1a ，＋∞(2)g (x )＝2ax －ax ln x －(6a ＋3)(a <0)，因为存在实数x 1，x 2∈[1，e 2]，使得不等式2g (x 1)<g (x 2)成立，∴2g (x )min <g (x )max ．又g ′(x )＝a (1－ln x )，且a <0，∴当x ∈[1，e)时，g ′(x )<0，g (x )是减函数；当x ∈(e ，e 2]时，g ′(x )>0，g (x )是增函数．∴g (x )min ＝g (e)＝a e －6a －3，g (x )max ＝max{g (1)，g (e 2)}＝－6a －3．∴2a e －12a －6<－6a －3，则a >32e －6．又a <0，从而32e －6<a <0，即a 32e －6，0[例2]已知函数f (x )＝12ln x －mx ，g (x )＝x －a x(a >0)．(1)求函数f (x )的单调区间；(2)若m ＝12e 2，对∀x 1，x 2∈[2，2e 2]都有g (x 1)≥f (x 2)成立，求实数a 的取值范围．解析(1)因为f (x )＝12ln x －mx ，x >0，所以f ′(x )＝12x－m ，当m ≤0时，f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增．当m >0时，由f ′(x )＝0得x ＝12m ；f ′(x )>0，x >0得0<x <12m ；由f ′(x )<0，x >0得x >12m．所以f (x )0，12m 上单调递增，在12m，＋∞上单调递减．综上所述，当m ≤0时，f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间；当m >0时，f (x )0，12m ，单调递减区间为12m ，＋∞．(2)若m ＝12e 2，则f (x )＝12ln x －12e2x ．对∀x 1，x 2∈[2，2e 2]都有g (x 1)≥f (x 2)成立，等价于对∀x ∈[2，2e 2]都有g (x )min ≥f (x )max ，由(1)知在[2，2e 2]上f (x )的最大值为f (e 2)＝12，又g ′(x )＝1＋ax 2>0(a >0)，x ∈[2，2e 2]，所以函数g (x )在[2，2e 2]上是增函数，所以g (x )min ＝g (2)＝2－a 2．由2－a 2≥12，得a ≤3，又a >0，所以a ∈(0，3]，所以实数a 的取值范围为(0，3]．[例3]已知f (x )＝x ＋a 2x(a ＞0)，g (x )＝x ＋ln x ．(1)若对任意的x 1，x 2∈[1，e]，都有f (x 1)≥g (x 2)成立，求实数a 的取值范围；(2)若存在x 1，x 2∈[1，e]，使得f (x 1)＜g (x 2)，求实数a 的取值范围．解析(1)对任意的x 1，x 2∈[1，e]，都有f (x 1)≥g (x 2)成立，等价于x ∈[1，e]时，f (x )min ≥g (x )max ．当x ∈[1，e]时，g ′(x )＝1＋1x ＞0，所以g (x )在[1，e]上单调递增，所以g (x )max ＝g (e)＝e ＋1．只需证f (x )≥e ＋1，即x ＋a 2x ≥e ＋1⇔a 2≥(e ＋1)x －x 2在[1，e]上恒成立即可．令h (x )＝(e ＋1)x －x 2，当x ∈[1，e]时，h (x )＝(e ＋1)x －x 2＝－x －e ＋12＋e ＋12的最大值为e ＋12＝e ＋122．所以a 2e ＋122，即a ≥e ＋12(舍去负值)．故实数a 的取值范围是e ＋12，＋∞(2)存在x 1，x 2∈[1，e]，使得f (x 1)＜g (x 2)，等价于x ∈[1，e]时，f (x )min ＜g (x )max ．当x ∈[1，e]时，g ′(x )＝1＋1x ＞0，所以g (x )在[1，e]上单调递增，所以g (x )max ＝g (e)＝e ＋1．又f ′(x )＝1－a 2x2，令f ′(x )＝0，得x ＝a ，故f (x )＝x ＋a 2x(a ＞0)在(0，a )上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增．当0＜a ＜1时，f (x )在[1，e]上单调递增，f (x )min ＝f (1)＝1＋a 2＜e ＋1，符合题意；当1≤a ≤e 时，f (x )在[1，a ]上单调递减，在[a ，e]上单调递增，f (x )min ＝f (a )＝2a ，此时，2a ＜e ＋1，解得1≤a ＜e ＋12；当a ＞e 时，f (x )在[1，e]上单调递减，f (x )min ＝f (e)＝e ＋a 2e ，此时，e ＋a 2e＜e ＋1，即a ＜e ，与a ＞e 矛盾，不符合题意．综上可知，实数a 的取值范围是0，e ＋12．点拨(1)本题第(1)问从数的角度看，问题的本质就是f (x )min ≥g (x )max ．从形的角度看，问题的本质就是函数f (x )图象的最低点不低于g (x )图象的最高点．(2)本题第(2)问从数的角度看，问题的本质就是f (x )min ＜g (x )max ．从形的角度看，问题的本质就是函数f (x )图象的最低点低于g (x )图象的最高点．[例4]设f (x )＝ax＋x ln x ，g (x )＝x 3－x 2－3．(1)如果存在x 1，x 2∈[0，2]，使得g (x 1)－g (x 2)≥M 成立，求满足上述条件的最大整数M ；(2)如果对于任意的s ，t ∈12，2，都有f (s )≥g (t )成立，求实数a 的取值范围．解析(1)存在x 1，x 2∈[0，2]，使得g (x 1)－g (x 2)≥M 成立，等价于[g (x 1)－g (x 2)]max ≥M ．由g (x )＝x 3－x 2－3，得g ′(x )＝3x 2－2x ＝3x －23g ′(x )＜0，解得0＜x ＜23；由g ′(x )＞0，解得x ＜0或x ＞23．又x ∈[0，2]，所以g (x )在区间0，23上单调递减，在区间23，2上单调递增，又g (0)＝－3，g (2)＝1，故g (x )max ＝g (2)＝1，g (x )min ＝g 23＝－8527．所以[g (x 1)－g (x 2)]max ＝g (x )max －g (x )min ＝1＋8527＝11227≥M ，则满足条件的最大整数M ＝4．(2)对于任意的s ，t ∈12，2，都有f (s )≥g (t )成立，等价于在区间12，2上，函数f (x )min ≥g (x )max ．由(1)可知在区间12，2上，g (x )的最大值为g (2)＝1．在区间12，2上，f (x )＝ax＋x ln x ≥1恒成立等价于a ≥x －x 2ln x 恒成立．设h (x )＝x －x 2ln x ，x ∈12，2，则h ′(x )＝1－2x ln x －x ，易知h ′(x )在区间12，2上是减函数，又h ′(1)＝0，所以当1＜x ＜2时，h ′(x )＜0；当12＜x ＜1时，h ′(x )＞0．所以函数h (x )＝x －x 2lnx 在区间12，1上单调递增，在区间[1，2]上单调递减，所以h (x )max ＝h (1)＝1，所以实数a 的取值范围是[1，＋∞)．考点二存在与任意嵌套不等问题(1)∀x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，使f (x 1)＞g (x 2)，等价于函数f (x )在D 1上的最小值大于g (x )在D 2上的最小值，即f (x )min ＞g (x )min (这里假设f (x )min ，g (x )min 存在)．其等价转化的目标是函数y ＝f (x )的任意一个函数值大于函数y ＝g (x )的某一个函数值．如图⑦．(2)∀x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，使f (x 1)＜g (x 2)，等价于函数f (x )在D 1上的最大值小于g (x )在D 2上的最大值，即f (x )max ＜g (x )max ．其等价转化的目标是函数y ＝f (x )的任意一个函数值小于函数y ＝g (x )的某一个函数值．如图⑧．【例题选讲】[例5]设函数f (x )＝e(x 2－ax ＋a )e x(a ∈R )．(1)若曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线过点M (2，3)，求a 的值；(2)设g (x )＝x ＋1x ＋1－13，若对任意的n ∈[0，2]，存在m ∈[0，2]，使得f (m )≥g (n )成立，求a 的取值范围．解析(1)因为f (x )＝e(x 2－ax ＋a )e x ，所以f ′(x )＝e·(2x －a )e x －(x 2－ax ＋a )e xe 2x ＝－(x －2)(x －a )ex －1．又f (1)＝1，即切点为(1，1)，所以k ＝f ′(1)＝1－a ＝3－12－1，解得a ＝－1．(2)“对任意的n ∈[0，2]，存在m ∈[0，2]，使得f (m )≥g (n )成立”，等价于“在[0，2]上，f (x )的最大值大于或等于g (x )的最大值”．因为g (x )＝x ＋1x ＋1－13，g ′(x )＝x 2＋2x （x ＋1）2≥0，所以g (x )在[0，2]上单调递增，所以g (x )max ＝g (2)＝2．令f ′(x )＝0，得x ＝2或x ＝a ．①当a ≤0时，f ′(x )≥0在[0，2]上恒成立，f (x )单调递增，f (x )max ＝f (2)＝(4－a )e －1≥2，解得a ≤4－2e ；②当0<a <2时，f ′(x )≤0在[0，a ]上恒成立，f (x )单调递减，f ′(x )≥0在[a ，2]上恒成立，f (x )单调递增，f (x )的最大值为f (2)＝(4－a )e －1或f (0)＝a e ，所以(4－a )e －1≥2或a e≥2．解得：a ≤4－2e 或a ≥2e ，所以2e≤a <2；③当a ≥2时，f ′(x )≤0在[0，2]上恒成立，f (x )单调递减，f (x )max ＝f (0)＝a e≥2，解得a ≥2e ，所以a ≥2．综上所述：a ≤4－2e 或a ≥2e ．[例6]已知函数f (x )＝x －(a ＋1)ln x －a x (a ∈R 且a <e)，g (x )＝12x 2＋e x －x e x ．(1)当x ∈[1，e]时，求f (x )的最小值；(2)当a ＜1时，若存在x 1∈[e ，e 2]，使得对任意的x 2∈[－2，0]，f (x 1)＜g (x 2)恒成立，求a 的取值范围．解析(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝(x －1)(x －a )x 2．①若a ≤1，当x ∈[1，e]时，f ′(x )≥0，则f (x )在[1，e]上为增函数，f (x )min ＝f (1)＝1－a ．②若1＜a ＜e ，当x ∈[1，a ]时，f ′(x )≤0，f (x )为减函数；当x ∈[a ，e]时，f ′(x )≥0，f (x )为增函数．所以f (x )min ＝f (a )＝a －(a ＋1)ln a －1，综上，当a ≤1时，f (x )min ＝1－a ；当1＜a ＜e 时，f (x )min ＝a －(a ＋1)ln a －1；(2)由题意知：f (x )(x ∈[e ，e 2])的最小值小于g (x )(x ∈[－2，0])的最小值．由(1)知f (x )在[e ，e 2]上单调递增，f (x )min ＝f (e)＝e －(a ＋1)－ae ，又g ′(x )＝(1－e x )x ．当x ∈[－2，0]时，g ′(x )≤0，g (x )为减函数，则g (x )min ＝g (0)＝1，所以e －(a ＋1)－ae ＜1，解得a ＞e 2－2e e ＋1，所以a 的取值范围为e 2－2ee ＋1，1考点三双任意与存在相等问题(1)∃x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，使得f (x 1)＝g (x 2)等价于函数f (x )在D 1上的值域A 与g (x )在D 2上的值域B 的交集不是空集，即A ∩B ≠∅，如图⑨．其等价转化的目标是两个函数有相等的函数值．图⑨图⑩(2)∀x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，使得f (x 1)＝g (x 2)等价于函数f (x )在D 1上的值域A 是g (x )在D 2上的值域B 的子集，即A ⊆B ，如图⑩．其等价转化的目标是函数y ＝f (x )的值域都在函数y ＝g (x )的值域之中．说明：图⑨，图⑩中的条形图表示函数在相应定义域上的值域在y 轴上的投影．【例题选讲】[例7]已知函数f (x )＝ax －ln x ＋x 2．(1)若a ＝－1，求函数f (x )的极值；(2)若a ＝1，∀x 1∈(1，2)，∃x 2∈(1，2)，使得f (x 1)－x 21＝mx 2－13mx 32(m ≠0)，求实数m 的取值范围．解析(1)依题意知，当a ＝－1时，f (x )＝－x －ln x ＋x 2，f ′(x )＝－1－1x ＋2x ＝2x 2－x －1x ＝(2x ＋1)(x －1)x，因为x ∈(0，＋∞)，故当x ∈(0，1)时，f ′(x )＜0，当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0，故当x ＝1时，f (x )有极小值，极小值为f (1)＝0，无极大值．(2)当a ＝1时，f (x )＝x －ln x ＋x 2．因为∀x 1∈(1，2)，∃x 2∈(1，2)，使得f (x 1)－x 21＝mx 2－13mx 32(m ≠0)，故ln x 1－x 1＝13mx 32－mx 2．设h (x )＝ln x －x ，g (x )＝13mx 3－mx ，当x ∈(1，2)时，h ′(x )＝1x －1＜0，即函数h (x )在(1，2)上单调递减，故h (x )的值域为A ＝(ln 2－2，－1)．又g ′(x )＝mx 2－m ＝m (x ＋1)(x －1)．①当m ＜0时，g (x )在(1，2)上单调递减，此时g (x )的值域为B ＝2m 3，－2m 3，因为A ⊆B ，又－2m 3＞0＞－1，故2m 3≤ln 2－2，即m ≤32ln 2－3；②当m ＞0时，g (x )在(1，2)上单调递增，此时g (x )的值域为B ＝－2m 3，2m3，因为A ⊆B ，又2m 3＞0＞－1，故－2m 3≤ln 2－2，故m ≥－32(ln 2－2)＝3－32ln 2．综上所述，实数m －∞，32ln 2－3∪3－32ln 2，＋∞[例8]已知函数f (x )＝a ln x －x ＋2，a ∈R ．(1)求函数f (x )的单调区间；(2)若对任意的x 1∈[1，e]，总存在x 2∈[1，e]，使得f (x 1)＋f (x 2)＝4，求实数a 的值．解析(1)因为f (x )＝a ln x －x ＋2，所以f ′(x )＝ax －1＝a －x x，x >0，当a ≤0时，对任意的x ∈(0，＋∞)，f ′(x )<0，所以f (x )的单调递减区间为(0，＋∞)，无单调递增区间；当a >0时，令f ′(x )＝0，得x ＝a ，因为x ∈(0，a )时，f ′(x )>0，x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )<0，所以f (x )的单调递增区间为(0，a )，单调递减区间为(a ，＋∞)．(2)①当a ≤1时，由(1)知，f (x )在[1，e]上是减函数，所以f (x )max ＝f (1)＝1．因为对任意的x 1∈[1，e]，x 2∈[1，e]，f (x 1)＋f (x 2)≤2f (1)＝2<4，所以对任意的x 1∈[1，e]，不存在x 2∈[1，e]，使得f (x 1)＋f (x 2)＝4．②当1<a <e 时，由(1)知，f (x )在[1，a ]上是增函数，在(a ，e]上是减函数，所以f (x )max ＝f (a )＝a ln a －a ＋2．因为对任意的x 1∈[1，e]，x 2∈[1，e]，f (x 1)＋f (x 2)≤2f (a )＝2a (ln a －1)＋4，又1<a <e ，所以ln a －1<0，2a (ln a －1)＋4<4，所以对任意的x 1∈[1，e]，不存在x 2∈[1，e]，使得f (x 1)＋f (x 2)＝4．③当a ≥e 时，由(1)知，f (x )在[1，e]上是增函数，f (x )min ＝f (1)＝1，f (x )max ＝f (e)＝a －e ＋2，由题意，对任意的x 1∈[1，e]，总存在x 2∈[1，e]，使得f (x 1)＋f (x 2)＝4，则当x 1＝1时，要使存在x 2∈[1，e]，使得f (x 1)＋f (x 2)＝4，则f (1)＋f (e)≥4，同理当x 1＝e 时，要使存在x 2∈[1，e]，使得f (x 1)＋f (x 2)＝4，则f (e)＋f (1)≤4，所以f (1)＋f (e)＝4．(对任意的x 1∈(1，e)，令g (x )＝4－f (x )－f (x 1)，x ∈[1，e]，g (x )＝0有解．g (1)＝4－f (1)－f (x 1)＝f (e)－f (x 1)>0，g (e)＝4－f (e)－f (x 1)＝f (1)－f (x 1)<0，所以存在x 2∈(1，e)，g (x 2)＝4－f (x 2)－f (x 1)＝0，即f (x 1)＋f (x 2)＝4．)所以由f (1)＋f (e)＝a －e ＋3＝4，得a ＝e ＋1．综上可知，实数a 的值为e ＋1．[例9]已知函数f (x )＝ln x －x ，g (x )＝13mx 3－mx (m ≠0)．(1)求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)若对任意的x 1∈(1，2)，总存在x 2∈(1，2)，使得f (x 1)＝g (x 2)，求实数m 的取值范围．解析(1)易知切点为(1，－1)，f ′(x )＝1x－1，切线的斜率k ＝f ′(1)＝0，故切线方程为y ＝－1．(2)设f (x )在区间(1，2)上的值域为A ，g (x )在区间(1，2)上的值域为B ，则由题意可得A ⊆B ．∵f (x )＝ln x －x ，∴f ′(x )＝1x －1＝1－x x <0在(1，2)上恒成立，∴函数f (x )在区间(1，2)上单调递减，∴值域A 为(ln 2－2，－1)．又g ′(x )＝mx 2－m ＝m (x ＋1)(x －1)，当m >0时，g ′(x )>0在x ∈(1，2)上恒成立，则g (x )在(1，2)上是增函数，此时g (x )在区间(1，2)上的值域B 为－23m ，23m，则m ，23m ≥－1，－23m ≤ln 2－2，解得m ≥－32(ln 2－2)＝3－32ln 2．当m <0时，g ′(x )<0在x ∈(1，2)上恒成立，则g (x )在(1，2)上是减函数，此时g (x )在区间(1，2)上的值域B 为23m ，－23m，m ，－23m ≥－1，23m ≤ln 2－2，解得m ≤32(ln 2－2)＝32ln 2－3．∴实数m －∞，32ln 2－3∪3－32ln 2，＋∞[例10]已知函数f (x )＝(1－x )e x －1．(1)求f (x )的极值；(2)设g (x )＝(x －t )2＋ln x －mt ，存在x 1∈(－∞，＋∞)，x 2∈(0，＋∞)，使方程f (x 1)＝g (x 2)成立，求实数m 的最小值．解析(1)f ′(x )＝－x e x ，当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )<0，当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )>0，∴当x ＝0时，f (x )有极大值f (0)＝e 0－1＝0，f (x )没有极小值．(2)由(1)知f (x )≤0，又因为g (x )＝(x －t )2ln x －mt ≥0，所以要使方程f (x 1)＝g (x 2)有解，必然存在x 2∈(0，＋∞)，使g (x 2)＝0，所以x ＝t ，ln x ＝m t，等价于方程ln x ＝mx 有解，即方程m ＝x ln x 在(0，＋∞)上有解，记h (x )＝x ln x ，x ∈(0，＋∞)，则h ′(x )＝ln x ＋1，令h ′(x )＝0，得x ＝1e，所以当x ∈0，1e 时，h ′(x )<0，h (x )单调递减，当x ∈1e ，＋∞h ′(x )>0，h (x )单调递增，所以当x ＝1e 时，h (x )min ＝－1e ，所以实数m 的最小值为－1e ．[例11]已知函数f (x )＝x 2－23ax 3，a ＞0，x ∈R ，g (x )＝1x 2(1－x )．(1)若∃x 1∈(－∞，－1]，∃x 2∈－∞，－12f (x 1)＝g (x 2)，求实数a 的取值范围；(2)当a ＝32时，求证：对任意的x 1∈(2，＋∞)，都存在x 2∈(1，＋∞)，使得f (x 1)＝g (x 2)．解析(1)∵f (x )＝x 2－23ax 3，∴f ′(x )＝2x －2ax 2＝2x (1－ax )．令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝1a．∵a ＞0，∴1a ＞0，∴当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )＜0，∴f (x )在(－∞，－1]上单调递减，f (x )≥f (－1)＝1＋2a3，故f (x )在(－∞，－1]上的值域为1＋2a3，＋∞∵g (x )＝1x 2(1－x )，∴g ′(x )＝3x 2－2x x 4(1－x )2＝3x －2x 3(1－x )2．当x ＜－12时，g ′(x )＞0，∴g (x )在－∞，－12上单调递增，g (x )＜－12＝83，故g (x )在－∞，－12上的值域为－∞，83若∃x 1∈(－∞，－1]，∃x 2∈－∞，－12f (x 1)＝g (x 2)，则1＋2a 3＜83，解得0＜a ＜52，故实数a 的取值范围是0，52(2)当a ＝32时，f (x )＝x 2－x 3，∴f ′(x )＝2x －3x 2＝323－x 当x ＞2时，f ′(x )＜0，∴f (x )在(2，＋∞)上单调递减，且f (2)＝－4，∴f (x )在(2，＋∞)上的值域为(－∞，－4)．则g (x )＝1x 2(1－x )＝1f (x )在(1，＋∞)上单调递增，∴g (x )＝1x 2(1－x )在(1，＋∞)上的值域为(－∞，0)．∵(－∞，－4)(－∞，0)，∴对于任意的x 1∈(2，＋∞)，都存在x 2∈(1，＋∞)，使得f (x 1)＝g (x 2)．点拨本题第(1)问等价转化的基本思想是：两个函数有相等的函数值，即它们的值域有公共部分；第(2)问等价转化的基本思想是：函数f(x)的任意一个函数值都与函数g(x)的某一函数值相等，即f(x)的值域都在g(x)的值域中．。
(完整版)导数双变量专题
导数-双变量问题1.构造函数利用单调性证明2.任意性与存在性问题3.整体换元—双变单4.极值点偏移5.赋值法构造函数利用单调性证明形式如：1212|()()|||f x f x m x x -≥-方法：将相同变量移到一边，构造函数1. 已知函数239()()(24f x x x =++）对任意[]12,1,0x x ∈-，不等式12|()()|f x f x m -≤恒成立，试求m 的取值范围。
2.已知函数2()(1)ln 1f x a x ax =+++.设1a <-,如果对12,(0,)x x ∀∈+∞,有1212|()()|4||f x f x x x -≥-,求实数a 的取值范围.3.已知函数2)1ln()(x x a x f -+=区间)1,0(内任取两个实数q p ,，且q p ≠时，若不等式1)1()1(>-+-+qp q f p f 恒成立，求实数a 的取值范围。
4.已知函数21()2ln (2),2f x x a x a x a R =-+-∈．是否存在实数a ，对任意的 ()12,0,x x ∈+∞，且21x x ≠，有2121()()f x f x a x x ->-，恒成立，若存在求出a 的取值范围，若不存在，说明理由．练习1：已知函数2()ln =+f x a x x ,若0>a ,且对任意的12,[1,]∈x x e ，都有121211|()()|||-<-f x f x x x ,求实数a 的取值范围．练习2.设函数.若对任意恒成立， 求的取值范围.()ln ,m f x x m R x =+∈()()0,1f b f a b a b a->><-m5.已知函数()21()1ln ,12f x x ax a x a =-+-> （1）讨论函数的单调性（2）证明：若5a <，则对任意的()12,0,x x ∈+∞，且21x x ≠，有2121()()1f x f x x x ->--恒成立6.设函数()2mx f x e x mx =+-（1）证明：()f x 在(),0-∞单调递减，在()0,+∞单调递增；（2）若对于任意[]12,1,1x x ∈-，都有12|()()|e 1f x f x -≤-，求m 的取值范围。
导数中的双变量
导数中的双变量问题1.已知函数1)(+=x ax ϕ，a 为正常数．⑴若)(ln )(x x x f ϕ+=，且a29=，求函数)(x f 的单调增区间；⑵在⑴中当0=a 时，函数)(x f y =的图象上任意不同的两点()11,y x A ，()22,y x B ，线段AB 的中点为),(00y x C ，记直线AB 的斜率为k ，试证明：)(0x f k '>．⑶若)(ln )(x x x g ϕ+=，且对任意的(]2,0,21∈x x ，21x x ≠，都有1)()(1212-<--x x x g x g ，求a 的取值范围．解：⑴222)1(1)2()1(1)(++-+=+-='x x x a x x a x x f ∵a 29=，令0)(>'x f 得2>x 或210<<x ,∴函数)(x f 的单调增区间为),2(),21,0(+∞.⑵证明：当0=a 时x x f ln )(=∴x x f 1)(=', ∴210021)(x x x x f +==',又121212121212ln ln ln )()(x x x x x x x x x x x f x f k -=--=--= 不妨设12x x > ， 要比较k 与)(0x f '的大小，即比较1212lnx x x x -与212x x +的大小，又∵12x x >，∴ 即比较12lnx x 与1)1(2)(212122112+-=+-x x x x x x x x 的大小．令)1(1)1(2ln )(≥+--=x x x x x h ,则0)1()1()1(41)(222≥+-=+-='x x x x x x h , ∴)(x h 在[)+∞,1上位增函数．又112>x x ，∴0)1()(12=>h x x h ， ∴1)1(2ln 121212+->x x x x x x，即)(0x f k '>⑶∵ 1)()(1212-<--x x x g x g ，∴[]0)()(121122<-+-+x x x x g x x g 由题意得x x g x F +=)()(在区间(]2,0上是减函数．︒1 当x x a x x F x +++=≤≤1ln )(,21， ∴ 1)1(1)(2++-='x a x x F 由313)1()1(0)(222+++=+++≥⇒≤'x x x x x x a x F 在[]2,1∈x 恒成立．设=)(x m 3132+++x x x ，[]2,1∈x ，则0312)(2>+-='xx x m∴)(x m 在[]2,1上为增函数，∴227)2(=≥m a .︒2 当x x a x x F x +++-=<<1ln )(,10，∴ 1)1(1)(2++--='x a x x F 由11)1()1(0)(222--+=+++-≥⇒≤'x x x x x x a x F 在)1,0(∈x 恒成立设=)(x t 112--+xx x ，)1,0(∈x 为增函数,∴0)1(=≥t a综上：a 的取值范围为227≥a .2.设函数1()ln ().f x x a x a R x =--∈⑴讨论函数()f x 的单调性；⑵若()f x 有两个极值点12,x x ，记过点11(,()),A x f x 22(,())B x f x 的直线斜率为k ,问：是否存在a ，使得2k a =-？若存在，求出a 的值；若不存在，请说明理由.解：⑴()f x 的定义域为(0,).+∞22211'()1a x ax f x x x x-+=+-= 令2()1,g x x ax =-+其判别式2 4.a =-①当||2,0,'()0,a f x ≤≤≥时故()(0,)f x +∞在上单调递增．②当2a <-时,>0,g(x)=0的两根都小于0，在(0,)+∞上，'()0f x >，故()(0,)f x +∞在上单调递增．③当2a >时,>0,g(x)=0的两根为12x x ==，当10x x <<时， '()0f x >；当12x x x <<时，'()0f x <；当2x x >时，'()0f x >，故()f x 分别在12(0,),(,)x x +∞上单调递增，在12(,)x x 上单调递减． ⑵由⑴知，若()f x 有两个极值点12,x x ，则只能是情况③，故2a >． 因为1212121212()()()(ln ln )x x f x f x x x a x x x x --=-+--， 所以1212121212()()ln ln 11f x f x x x k a x x x x x x --==+---1212ln ln 2x x k ax x -=--若存在a ，使得2.k a =-则1212ln ln 1x x x x -=-．即1212ln ln x x x x -=-．再由⑴知，函数1()2ln h t t t t=--在(0,)+∞上单调递增，而21x >，所以222112ln 12ln10.1x x x -->--=这与(*)式矛盾．故不存在a ，使得2.k a =- 3.已知函数)0)(ln()(2>=a ax x x f .（1）若2)('x x f ≤对任意的0>x 恒成立，求实数a 的取值范围；（2）当1=a 时，设函数x x f x g )()(=，若1),1,1(,2121<+∈x x e x x ，求证42121)(x x x x +<解：（1）x ax x x f +=)ln(2)(',2)ln(2)('x x ax x x f ≤+=，即x ax ≤+1ln 2在0>x 上恒成立 设x ax x u -+=1ln 2)(,2,012)('==-=x xx u ，2>x 时，单调减，2<x 单调增，所以2=x 时，)(x u 有最大值.212ln 2,0)2(≤+≤a u ，所以20ea ≤<.（2）当1=a 时，x x xx f x g ln )()(==,e x x x g 1,0ln 1)(==+=,所以在),1(+∞e 上)(x g 是增函数，)1,0(e上是减函数. 因为11211<+<<x x x e，所以111212121ln )()ln()()(x x x g x x x x x x g =>++=+ 即)ln(ln 211211x x x x x x ++<,同理)ln(ln 212212x x x x x x ++<. 所以)ln()2()ln()(ln ln 2112212112122121x x x xx x x x x x x x x x x x +++=++++<+ 又因为,421221≥++x x x x 当且仅当“21x x =”时，取等号. 又1),1,1(,2121<+∈x x ex x ，0)ln(21<+x x , 所以)ln(4)ln()2(21211221x x x x x x x x +≤+++,所以)ln(4ln ln 2121x x x x +<+，所以：42121)(x x x x +<.4.设a R ∈,函数()ln f x x ax =-.（Ⅰ）若2a =，求曲线()y f x =在()1,2P -处的切线方程；（Ⅱ）若()f x 无零点,求实数a 的取值范围；（Ⅲ）若()f x 有两个相异零点12,x x ,求证: 212x x e ⋅>.解：在区间()0,+∞上,11()axf x a x x-'=-=. （1）当2a =时，(1)121f '=-=-，则切线方程为(2)(1)y x --=--，即10x y ++= （2）①若0a =,()ln f x x =有唯一零点1x =.②若0a <,则()0f x '>,()f x 是区间()0,+∞上的增函数,(1)0f a =->Q ,()(1)0a a a f e a ae a e =-=-<,(1)()0a f f e ∴⋅<,函数()f x 在区间()0,+∞有唯一零点.③若0a >,令()0f x '=得: 1x a=. 在区间1(0,)a上, ()0f x '>,函数()f x 是增函数;在区间1(,)a+∞上, ()0f x '<,函数()f x 是减函数; 故在区间()0,+∞上, ()f x 的极大值为11()ln 1ln 1f a a a=-=--. 由1()0,f a <即ln 10a --<,解得:1a e>. 故所求实数a 的取值范围是1(,)e+∞. (3) 设120,x x >>12()0,()0,f x f x ==Q 1122ln 0,ln 0x ax x ax ∴-=-=1212ln ln ()x x a x x ∴+=+,1212ln ln ()x x a x x -=-原不等式21212ln ln 2x x e x x ⋅>⇔+>12()2a x x ⇔+>121212ln ln 2x x x x x x -⇔>-+1122122()ln x x x x x x -⇔>+令12x t x =,则1t >,于是1122122()2(1)ln ln 1x x x t t x x x t -->⇔>++. 设函数2(1)()ln 1t g t t t -=-+(1)t >,求导得: 22214(1)()0(1)(1)t g t t t t t -'=-=>++ 故函数()g t 是()1,+∞上的增函数,()(1)0g t g ∴>=，即不等式2(1)ln 1t t t ->+成立, 故所证不等式212x x e ⋅>成立.5.已知函数32()(63)xf x x x x t e =-++，t R ∈.（１）若函数()y f x =依次在,,()x a x b x c a b c ===<<处取到极值．①求t 的取值范围；②若22a c b +=，求t 的值． （２）若存在实数[]0,2t ∈，使对任意的[]1,x m ∈，不等式 ()f x x ≤恒成立．求正整数m 的最大值．解：（1）①23232()(3123)(63)(393)xxxf x x x e x x x t e x x x t e '=-++-++=--++32()3,39303,,.f x x x x t a b c ∴--++=有个极值点有个根 322()393,'()3693(1)(3)g x x x x t g x x x x x =--++=--=+-令()(-,-1),(3,+)(-1,3)g x ∞∞在上递增,上递减. ()3824.(3)0g x t g ⎧∴∴-<<⎨<⎩g(-1)>0有个零点②,,()a b c f x 是的三个极值点3232393(x-a)(x-b)(x-c)=x ()()x x x t a b c x ab bc ac x abc ∴--++=-+++++-393a b c ab ac bc t abc++=⎧⎪∴++=-⎨⎪+=-⎩31(b (-1,3))2b ∴=-∈或舍1181a b t c ⎧=-⎪∴=∴=⎨⎪=+⎩. （2）不等式 ()f x x ≤，即32(63)x x x x t e x -++≤，即3263x t xe x x x -≤-+-. 转化为存在实数[]0,2t ∈，使对任意[]1,x m ∈，不等式3263x t xe x x x -≤-+-恒成立,即不等式32063x xe x x x -≤-+-在[]1,x m ∈上恒成立。
专题07 函数中的双变量问题(学生版) -2025年高考数学压轴大题必杀技系列导数
专题7 函数中的双变量问题函数与导数一直是高考中的热点与难点, 近几年高考试卷及各地模拟试卷中常出现在函数背景下借组导数处理含有两个变量的等式与不等式问题,这类问题由于变量多,不少同学不知如何下手,其实如能以函数思想为指导,把双变量问题转化为一个或两个一元函数问题,再利用导数就可有效地加以解决.(一) 与函数单调性有关的双变量问题此类问题一般是给出含有()()1212,,,x x f x f x 的不等式,若能通过变形,把不等式两边转化为同源函数,可利用函数单调性定义构造单调函数,再利用导数求解.常见结论：(1)若对任意12,x x D Î,当12x x ¹时恒有()()12120f x f x x x ->-,则()y f x =在D 上单调递增；(2)若对任意12,x x D Î,当12x x ¹时恒有()()1212f x f x k x x ->-,则()y f x kx =-在D 上单调递增；(3)若对任意12,x x D Î,当12x x ¹时恒有()()121212f x f x kx x x x ->-,则()k y f x x =+在D 上单调递增；(4)若对任意12,x x D Î,当12x x ¹时恒有()()121212f x f x x x x x ->+-,则()2y f x x =-在D 上单调递增.【例1】（2024届四川省仁寿第一中学校高三上学期调研）已知函数212ln ()xf x x +=．(1)求()f x 的单调区间；(2)存在12,(1,)x x Î+¥且12x x ¹，使()()1212ln ln f x f x k x x -³-成立，求k 的取值范围．【解析】（1）由题意得()34ln xf x x -¢=，令()0f x ¢=得1x =，(01),x Î时，()0f x ¢>，()f x 在(0,1)上单调递增；,(1)x Î+¥时，()0f x ¢<，()f x 在(1,)+¥上单调递减；综上，()f x 单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1,)+¥．（2）由题意存在12,(1,)x x Î+¥且12x x ¹，不妨设121x x >>，由（1）知,(1)x Î+¥时，()f x 单调递减．()()1212ln ln f x f x k x x -³-等价于()()()2112ln ln f x f x k x x -³-，即()()2211ln ln f x k x f x k x +³+，即存在12,(1,)x x Î+¥且12x x >，使()()2211ln ln f x k x f x k x +³+成立．令()()ln h x f x k x =+，则()h x 在(1,)+¥上存在减区间．即234ln ()0kx x h x x-¢=<在(1,)+¥上有解集，即24ln x k x <在(1,)+¥上有解，即2max 4ln x k x æö<ç÷èø，(1,)x Î+¥；令()24ln x t x x =，(1,)x Î+¥，()()3412ln x t x x -¢=，(x Î时，()0t x ¢>，()t x在(上单调递增，)x ¥Î+时，()0t x ¢<，()t x在)+¥单调递减，∴max 2()e t x t ==，∴2ek <． (二) 与极值点有关的双变量问题与极值点12,x x 有关的双变量问题,一般是根据12,x x 是方程()0f x ¢=的两个根,确定12,x x 的关系,再通过消元转化为只含有1x 或2x 的关系式,再构造函数解题,有时也可以把所给条件转化为12,x x 的齐次式,然后转化为关于21x x 的函数，此外若题中含有参数也可考虑把所给式子转化为关于参数的表达式.【例2】（2024届黑龙江省双鸭山市高三下学期第五次模拟）已知函数2()ln (1)(R)f x x a x a x=+-+Î.(1)当1a =-时，讨论()f x 的单调性；(2)若()1212,x x x x <是()f x 的两个极值点，证明：()()21f x f x -<【解析】（1）当1a =-时，2()ln 1,()f x x x f x x=+++的定义域为(0,)+¥，所以2222122(2)(1)()1x x x x f x x x x x¢+-+-=-+==，令()0f x ¢=，解得1x =，当(0,1)x Î时，()0f x ¢<，当(1,)x Î+¥时，()0f x ¢>，故()f x 在(0,1)上单调递减，在(1,)+¥上单调递增．（2）222122()ax x f x a x x x ¢-+-=--=，由题意可知，()1212,x x x x <是方程220ax x -+-=的两根，则102180a a ì>ïíïD =->î，解得108a <<，所以121x x a +=，122x x a =，要证()()21f x f x -<====即证()()22112122ln 1ln 1x a x x a x x x éù+-+-+-+êúëû只需证()()122211122lnx x x a x x x x x -+--<需证()()212211122ln2x x x a x x x x x -<-=++令21(1)x t t x =>，则需证2(1)ln 1t t t -<++，设()ln 1)g t t t =>，则2111111442222111(1)11222()02t t t t t t t g t t t tt---¢æö-ç÷----+èø=-==-<，所以函数()g t 在(1,)+¥上单调递减，所以()(1)0g t g <=，因此ln t <由1t >得，2(1)01t t ->+，所以2(1)ln 1t t t -<+，故()()21f x f x -<,【例3】（2023届云南省曲靖市高三下学期第二次联考）已知函数()()21ln 402f x x a x x a =+->.(1)当3a =时，试讨论函数()f x 的单调性；(2)设函数()f x 有两个极值点()1212,x x x x <，证明：()()12ln 10f x f x a +>-.【解析】（1）当3a =时，()213ln 42f x x x x =+-定义域为()0,x Î+¥，()()()2133434x x x x f x x x x x---+=+-==¢，令()0f x ¢=解得1x =或3，且当01x <<或3x >时，()0f x ¢>，当13x <<时，()0f x ¢<，所以当01x <<或3x >时，()f x 单调递增，当13x <<时，()f x 单调递减，综上()f x 在区间()0,1，()3,+¥上单调递增，()f x 在区间()1,3单调递减.（2）由已知()21ln 42f x x a x x =+-，可得()244a x x af x x x x-+=+-=¢，函数()f x 有两个极值点()1212,x x x x <，即240x x a -+=在()0,¥+上有两个不等实根，令()24h x x x a =-+，只需()()00240h a h a ì=>ïí=-<ïî，故04a <<，又124x x +=，12x x a =，所以()()221211122211ln 4ln 422f x f x x a x x x a x x æöæö+=+-++-ç÷ç÷èøèø()()()2212121214ln ln ln 82x x a x x x x a a a =-+++++=--，要证()()12ln 10f x f x a +>-，即证ln 8ln 10a a a a -->-，只需证()1ln 20a a a -+-<，令()()1ln 2m a a a a =-+-，()0,4a Î，则()11ln 1ln a m a a a a a-=-++=-¢，令()()n a m a ¢=，则()2110n a a a¢=--<恒成立，所以()m a ¢在()0,4a Î上单调递减，又()110m ¢=>，()12ln202m =-<¢，由零点存在性定理得，()01,2a $Î使得()00m a ¢=，即001ln a a =，所以()00,a a Î时，()0m a ¢>，()m a 单调递增，()0,4a a Î时，()0m a ¢<，()m a 单调递减，则()()()()0000000max 00111ln 2123m a m a a a a a a a a a ==-+-=-+-=+-，又由对勾函数知0013y a a =+-在()01,2a Î上单调递增，所以00111323022a a +-<+-=-<，所以()0m a <，即()()12ln 10f x f x a +>-得证.(三) 与零点有关的双变量问题与函数零点12,x x 有关的双变量问题,一般是根据12,x x 是方程()0f x =的两个根,确定12,x x 的关系,再通过消元转化为只含有1x 或2x 的关系式,再构造函数解题,有时也可以把所给条件转化为12,x x 的齐次式,然后转化为关于21x x 的函数,有时也可转化为关于12x x -的函数,若函数中含有参数,可考虑把参数消去,或转化为以参数为自变量的函数.【例4】（2024届四川省南充高中高三下学期月考）已知函数())ln 2f x x a =-ÎR .(1)讨论函数()f x 的单调性，并求()f x 的极值；(2)若函数()f x 有两个不同的零点12,x x （12x x <），证明：1e a<<.【解析】（1）函数()f x 的定义域为(0,)+¥，由题意，()1f x x ==¢，当0a £时，()0f x ¢>，函数()f x 在(0,)+¥单调递增，无极值.当0a >时，令()0f x ¢=，得21x a =∴()f x 在210,a æöç÷èø单调递增，在21,a ¥æö+ç÷èø单调递减，所以函数()f x 在21x a =时取极大值，极大值为212ln 2f a a æö=--ç÷èø，无极小值.x210,a æöç÷èø21a 21,a ¥æö+ç÷èø()f x ¢+-()f x 递增极大值递减（212t t ==，且12x x <，则有1122ln ln t at t at =ìí=î，两式相减可得，1212ln ln t t a t t-=-1a <.12121ln ln t t a t t-<=-12ln 0t t Û>，令u =121ln02ln 0(01)t u u u t u >Û-+><<，设()12ln g u u u u =-+，则()222212110u u g u u u u -+-=--=<¢，所以()g u 在()0,1上单调递减，所以()()10g u g >=1a<.1122ln ln t at t at =ìí=î，两式子相加得，()1212ln t t a t t =+e >，即证212e t t >，由上式只需证()122a t t +>，即证()1121212112221ln ln 2ln 201t t t t t t t t t t t t --×+>Û-<-+，令12t v t =，11212211ln 20ln 20(01)11t t t v v v t t v t --æö-<Û-<<<ç÷+èø+，设()()1ln 2011v h v v v v -æö=-<<ç÷+èø，则()22(1)0(1)v h v v v +¢-=>，所以()h v 在()0,1上单调递增，所以()()10h v h <=e >.综上：1e a<<. (四) 独立双变量,各自构造一元函数此类问题一般是给出两个独立变量,通过变形,构造两个函数,再利用导数知识求解.【例5】（2024届陕西省宝鸡实验高中高三一模）已知函数2()ln (,,1)x f x a x x a b a b R a =+--Î>，e 是自然对数的底数.(1)当e,4a b ==时，求整数k 的值，使得函数()f x 在区间(,1)k k +上存在零点；(2)若存在12,[1,1],x x Î-使得12|()()|e 1f x f x -³-，试求a 的取值范围.【解析】（1）2()e 4x f x x x =+--，()e 21x f x x ¢\=+-，(0)0f ¢\=当0x >时，e 1x >，()0f x ¢\>，故()f x 是(0,)+¥上的增函数，同理()f x 是(,0)-¥上的减函数，2(0)30,(1)e 40,(2)e 20f f f =-<=-<=->，且2x >时，()0f x >，故当0x >时，函数()f x 的零点在()1,2内，1k \=满足条件．同理，当0x <时，函数()f x 的零点在()2,1--内，2k \=-满足条件，综上1,2k =-．（2）问题Û当[1,1]x Î-时，max min max min |()()|()()e 1f x f x f x f x -=-³-，()ln 2ln 2(1)ln x x f x a a x a x a a ¢=+-=+-，①当0x >时，由1a >，可知10,ln 0,()0x a a f x ¢->>\>；②当0x <时，由1a >，可知10,ln 0,()0x a a f x ¢-<>\<；③当0x =时，()0f x ¢=，()f x \在[1,0]-上递减，[0,1]上递增，\当[1,1]x Î-时，min max ()(0),()max{(1),(1)}f x f f x f f ==-，而1(1)(1)2ln f f a a a--=--，设1()2ln (0),g t t t t t =-->22121()1(1)0g t t t t¢=+-=-³Q （仅当1t =时取等号），()g t \在(0,)+¥上单调递增，而(1)0g =，\当1t >时，()0g t >即1a >时，12ln 0a a a-->，(1)(1),(1)(0)e 1f f f f \>-\-³-即ln e 1e ln e a a -³-=-，构造()ln (1)h a a a a =->，易知()0¢>h a ，()h a \在(1,)+¥递增，e a \³，即a 的取值范围是[e,)+¥．(五) 构造一元函数求解双变量问题当两个以上的变元或是两个量的确定关系在解题过程中反复出现.通过变量的四则运算后,把整体处理为一个变量,从而达到消元的目的.【例6】（2024届山东省菏泽市高考冲刺押题卷）已知函数2()ln 1(02)f x tx x x t =-+<£．(1)求函数()f x 的单调区间(2)若0a b >>，证明:2244a b a b <-．【解析】（1）()ln 2,0f x t x t x x ¢=+->，令()()ln 2g x f x t x t x ¢==+-，所以()2,0tg x x x¢=->，由()0g x ¢>可得02t x <<，由()0g x ¢<可得2t x >，所以()f x ¢在(0,)2t 上单调递增，在(,)2t+¥上单调递减，所以max ()(ln ln 222t t tf x f t t t t ¢¢==+-=.又因为02t <£，所以ln02t£，即()0f x ¢£，且()f x ¢至多在一个点处取到0.所以()f x 在(0,)+¥上单调递减，故()f x 的单调递减区间为()0,+¥，没有单调递增区间.（2）证明2244a b a b <-，只需证：22222222222222+)))()11((ln 24(a b a b a b a b a b a b --<-++-，即证：2222222222222ln a b a b a b a b a b a b ++-<---+，令2222,0a b x a b a b +=>>-，所以1x >，只需证：12ln x x x<-，即证：22ln 10x x x -+<，由（1）知，当2t =时，2()2ln 1f x x x x =-+在(0,)+¥上单调递减，1x >()(1)0f x f <=，即22ln 10x x x -+<，所以2244a b a b<-.(六) 独立双变量,把其中一个变量看作常数若问题中两个变量没有明确的数量等式关系,有时可以把其中一个当常数,另外一个当自变量【例7】已知函数，(1)若函数在处的切线也是函数图像的一条切线，求实数a 的值；(2)若函数的图像恒在直线的下方，求实数a 的取值范围；(3)若，且，证明：>【解析】 (1)，在处切线斜率，，所以切线，又，设与相切时的切点为，则斜率，则切线的方程又可表示为，由，解之得．(2)由题可得对于恒成立，即对于恒成立，令，则，由得，x20,e a æöç÷èø2e a2e a æö+¥ç÷èø，()h x ¢+0-()h x ↗极大值↘则当时，，由，得：，即实数的取值范围是．(3)由题知，由得，当时，，单调递减，因为，所以，即，所以，①同理，②①+②得，()ln (0)af x x a x=×>()e xg x =0x =()f x ()f x 10x y -+=12,(,)e 2a a x x Î12x x ¹412()x x +212a x x ()e xg x ¢=()g x 0x =()01k g ¢==()01g =:1l y x =+()ln1af x x =¢-l ()f x 000,ln a x x x æöç÷èø()00ln 1a k f x x ¢==-l ()000000ln 1ln ln 1a a ay x x x x x x x x æöæö=--+=-+ç÷ç÷èøèø00ln 111ax x ì-=ïíï=î2e a =()10f x x --<0x >ln 10ax x x--<0x >()ln 1a h x x x x =--()ln 2ah x x =¢-()0h x ¢=2ea x =0x >()22max 1e ea a h x h æö==-ç÷èø210e a -<20e a <<a ()20,e ()ln 1af x x=¢-()0f x ¢=e a x =e a x a <<()0f x ¢<()()ln 0af x x a x=>112x x x a +<<()()112f x f x x >+()112112ln ln a ax x x x x x >++121112lnln x x a a x x x x +>+122212ln ln x x a ax x x x +>+1212121212lnln ln x x x x a a ax x x x x x æöç÷èø>+++++因为，由得，即，所以，即，所以．(七) 双变量,通过放缩消元转化为单变量问题此类问题一般是把其中一个变量的式子放缩成常数,从而把双变量问题转化为单变量问题【例8】（2024届河北省衡水市高三下学期联合测评）过点(),P a b 可以作曲线e x y x =+的两条切线，切点为,A B .(1)证明：()1ea b a ->-；(2)设线段AB 中点坐标为()00,x y ，证明：00a y b x +>+.【解析】（1）证明：设切点(),e tA t t +，1e xy ¢=+，所以e 1e t tPAt bk t a+-=+=-，即关于t 的方程()1e 0tt a b a --+-=有两个不相等的实数根.设()()1e t f t t a b a =--+-，则()()e 0tf t t a =-=¢，t a =.当t a <时，()0f t ¢<，则()f t 在(),a ¥-上单调递减；当t a >时，()0f t ¢>，则()f t 在(),a ¥+上单调递增，所以()f t 在t a =处取值得最小值，即()e af a b a =--.当t ®+¥时，()f t ¥®+，当t ®-¥时，()f t b a ®-，若满足方程有两个不相等的实数根，则0e 0ab a b a ->ìí--<î，于是0e a b a <-<，即()ln b a a -<，得()()()ln b a b a b a a --<-,设()ln g x x x =，()ln 10g x x +¢==，得1ex =，在10,e æöç÷èø上，()0g x ¢<，则()g x 单调递减，在1,e ¥æö+ç÷èø上，()0g x ¢>，则()g x 单调递增，所以()ln g x x x =，在1e x =处取得最小值，即11e e g æö=-ç÷èø，所以()1e a b a ->-.（2）证明：设()()1122,,,A x y B x y ，则()()12012011e e 22x x y y y x =+=++，即()()12001211e e 22x x y x y y -=+=+，121221121224x x x x x x x x x x +++=++³12x x a +<121a x x +>12ln 0ax x >+1212ln ln 4ln a a a x x x x +>+421212a a x x x x æö>ç÷+èø()421212x x a x x +>在点()()1122,,,A x y B x y 处的切线方程都过(),P a b ，于是，由()()1111e 1e x xb x a x --=+-，得()1110e x b a x a --++=，由()()2222e 1e x xb x a x --=+-，得()2210e x b a x a --++=两式相减整理得：()121212e e e x x x x x x b a +--=-，()()()()1212121200e 1e ee e 2x x x x x x x x b a y x +----=-+-()()121212122212e e e 2e 2e e x x x x x x x x x x ++éù-=--êú-ëû()()1212121212e 12e e 2e e x x x x x x x x x x +--éù=--+êú-ëû，不妨设1212,0x x m x x >=->，所以()1212e 02e e x x x x +>-，则()12e e m mh m m =-+，()12e 220e m mh m ¢=--£-=，所以()h m 在()0,¥+上单调递减，于是()()00h m h <=，于是()()000b a y x ---<，即00a y b x +>+.【例1】（2024届陕西省西安市一中高三考前模拟）已知函数()2e 2xx f x a =++.(1)若4a =-，求()f x 的极值；(2)若0a >，不相等的实数,m n 满足()()228f m f n m n +=++，求证：0m n +<.【解析】（1）依题意，()2e 42x f x x =-+，则()2e 4xf x =¢-，令()0f x ¢=，解得ln 2x =，故当(),ln 2x ¥Î-时，()0f x ¢<，当()ln 2,x ¥Î+时，()0f x ¢>，故函数()f x 在(),ln 2¥-上单调递减，在()ln 2,¥+上单调递增，故函数()f x 的极小值为()ln 244ln 2264ln 2f =-+=-，无极大值；（2）令()()222e 2x g x f x x ax x =-=+-+，则()2e 2xg x x a =¢-+，令()e xt x x =-，则()e 1x t x ¢=-，当0x <时，()0t x ¢<，当0x >时，()0t x ¢>，所以函数()t x 在(),0¥-上单调递减，在()0,¥+上单调递增，所以()()e 010x t x x t =-³=>，又0a >，所以()()2e 0xg x x a =-+>¢，所以()g x 在R 上单调递增，()()228f m f n m n +=++，即()()8g m g n +=，因为()04g =，所以,0m n ¹，要证0m n +<，即证n m <-，只需证()()g n g m <-，即()()8g m g m -<-，即()()8g m g m +->，令函数()()()22e 2e 24x x h x g x g x x -=+-=+-+，则()2e 2e 4x x h x x -=--¢，令()()x h x j =¢，则()2e 2e 40xx x j -=-¢+³，所以()h x ¢为R 上的增函数，当0x <时，()()00h x h ¢¢<=，当0x >时，()()00h x h ¢¢>=，所以()h x 在(),0¥-上单调递减，在()0,¥+上单调递增，所以对任意0m ¹，都有()()()()08h m g m g m h =+->=，从而原命题得证.【例2】（2024届河北省衡水市部分示范性高中高三下学期三模）已知()e xf x x =-．(1)求()f x 的单调区间和最值；(2)定理：若函数()f x 在(,)a b 上可导，在[]a b ，上连续，则存在(,)a b x Î，使得()()()f b f a f ξb a-¢=-．该定理称为“拉格朗日中值定理”，请利用该定理解决下面问题：若0m n <<，求证：()2e e 111m n m n m n m æö-<+-ç÷èø．【解析】（1）()e 1x f x ¢=-，令()0f x ¢=，解得0x =，当(,0)x Î-¥时，()0,()¢<f x f x 单调递减；当,()0x Î+¥时，()0,()¢>f x f x 单调递增． 当0x =时，()f x 取得最小值1，无最大值；（2）要证2e e 11(1)m n m n m n m æö-<+-ç÷èø，只需证2e e (1)()m n m n m m n -<+-，因为0m n <<，故只需证2e e (1)m nm n m m n->+-． 令()e (0)x g x x x =>，显然()g x 在(,)m n 上可导，在[]m n ，上连续，故由拉格朗日中值定理知存在(,)m n x Î，使得e e()m nm n g m nx ¢-=-，而()(1)e 0,()x g x x g x ¢¢=+>在(0,)+¥上单调递增，因为m n x <<，故()()g g m x ¢¢>，即()(1)e m g m x ¢>+，故只需证2(1)e (1)m m m +³+即可，因为0m >，故只需证e 1m m ³+．由（1）知e 1x x ³+恒成立，因此原命题得证．【例3】（2024届天津市部分区高三二模）已知,R a b Î，函数()sin ln f x x a x b x =++．(1)当0,1a b ==-时，求()f x 的单调区间；(2)当1,02a b =-¹时，设()f x 的导函数为()f x ¢，若()0f x ¢>恒成立，求证：存在0x ，使得()01f x <-；(3)设01,0a b <<<，若存在()12,0,x x Î+¥，使得()()()1212f x f x x x =¹>．【解析】（1）由函数()sin ln f x x a x b x =++，可得其定义域为()0,¥+，当0,1a b ==-时，可得()ln f x x x =-，则()111x f x x x¢-=-=，当()0,1x Î时，可得()0f x ¢<，()f x 单调递减；当()1,x ¥Î+时，可得()0f x ¢>，()f x 单调递增，\函数()f x 的单调递增区间为()1,¥+，单调递减区间为()0,1．（2）当1,02a b =-¹时，可得()1sin ln 2f x x x b x =-+，则()11cos 2bf x x x =-+¢，Q ()0f x ¢>恒成立，即11cos 02b x x -+>恒成立，令()11cos ,02bh x x x x=-+>，若0b <，则0b x <，存在2b x =-，使得111cos 21cos 022222b b b h æöæöæö-=---=---<ç÷ç÷ç÷èøèøèø，即()0f x ¢<，不符合题意，>0b \，取30e bx -=，则001x <<，可得()3301esin e 312bb f x --=--<-，即存在0x ，使得()01f x <-．（3）由函数()sin ln f x x a x b x =++，可得()1cos bf x a x x ¢=++，设12x x <，由()()12f x f x =，可得111222sin ln sin ln x a x b x x a x b x ++=++，则()()()22121211sin sin ln ln lnx x x a x x b x x b x -+-=--=-，又由sin y x x =-，可得'1cos 0y x =-³，\函数sin y x x =-为单调递增函数，\2211sin sin x x x x ->-，即2121sin sin x x x x -<-，\()()2211ln1x b a x x x -<+-，设()1ln 21x h x x x -=-´+，可得()()()()222114011x h x x x x x -=-=+¢³+，\当1x >时，()()10h x h >=，即ln 2x >\2>即ln 4x =>\21ln 44x x >=代入可得：()()()()21411b a x x a ×-<+-=+，则()241b a -×<++，\>【例4】（2024届四川省百师联盟高三联考三）已知函数()214ln 2f x x x a x =-+.(1)当1a =时，求曲线()f x 在点()()1,1f 处的切线方程；(2)设函数()y f x =有两个不同的极值点1x ，2x .证明：()()2121135ln 244f x f x a a +--≥.【解析】（1）当1a =时()214ln 2x f x x x =-+，()14f x x x ¢=-+，()171422f =-=-，()14121f ¢=-+=-，则切线方程为()7212y x +=--，化简得4230x y ++=.（2）证明：由题()244a x x af x x x x=¢-+=-+，函数()f x 有两个极值点1x ，2x ，即240x x a -+=在()0,¥+上有两个不等实根，令()24h x x x a =-+，只需故()()00240h a h a ì=>ïí=-<ïî，故04a <<.又124x x +=，12x x a =，所以()()221211122211ln 4ln 422f x f x x a x x x a x x æöæö+=+-++-ç÷ç÷èøèø()()()2212121214ln ln ln 82x x a x x x x a a a =-+++++=--.若证()()2121135ln 244f x f x a a +--≥，即证21135ln 8ln 244a a a a a ----≥，即2113ln ln 0244a a a a a --++≥.令()2113ln ln 244x x x x x x j =--++，()0,4x Î，()11ln 2x x xx j æö¢=+-ç÷èø，则()x j ¢在()0,4上递增，且有()01j ¢=，当()0,1x Î时，()0x j ¢<，所以()x j 在()0,1上递减；当()1,4x Î时，()0x j ¢>，所以()x j 在()1,4上递增；所以()()113ln11ln101244x j j =--++=≥，()0,4x Î.即()()2121135ln 244f x f x a a +--≥得证.【例5】（2024陕西省西安八校高三下学期联考）已知函数的图象在处的切线过原点．(1)求的值；(2)设，若对总，使成立，求整数的最大值．【解析】（1）易知的定义域为，又，的图象在处的切线方程为，将代入，得；（2）．当时，取得最小值，．由（1）知，．，得的定义域为．则，易知单调递增，又．即在上有唯一解，故．()()()e ln 1R ,xf x m x x m f x =-+-Î()()1,1f m ()()()2,2g x f x x h x x x a =-=-+()10,x ¥"Î+2x $ÎR ()1g x >()2h x a ()f x ()()0,,1e f ¥+=()()e 1,1e 1x mf x f m x¢¢=-+=-+()f x \()()1,1f ()()e e 11y m x -=-+-0,0x y ==1m =()222(1)1h x x x a x a =-+=-+-\1x =()h x ()()min []11h x h a ==-1m =()e ln 1x f x x x \=-+-()()e ln 1,x g x x g x =--()0,¥+()1e xg x x =¢-()1e 0xy x x=->()120,1e 102g g æö¢¢=-ç÷èø()0g x ¢=1,12æöç÷èø0x 000011e ,e x x x x ==于是当时，在上单调递减；当时，在上单调递增．在处取得极小值也是最小值．则，对总，使成立，只需，得．故整数的最大值为．1．（2024届广东省汕头市第二次模拟）设M 是由满足下列条件的函数()f x 构成的集合：①方程()0fx x-=有实根；②()f x 在定义域区间D 上可导，且()f x ¢满足()01f x ¢<<.(1)判断()ln 322x xg x =-+，()1,x Î+¥是否是集合M 中的元素，并说明理由；(2)设函数()f x 为集合M 中的任意一个元素，证明：对其定义域区间D 中的任意a 、b ，都有()()a b a b -£-f f .2．（2024届山东省滨州市高三下学期二模）定义：函数()f x 满足对于任意不同的12,[,]x x a b Î，都有()()1212f x f x k x x -<-，则称()f x 为[],a b 上的“k 类函数”．(1)若2()13x f x =+，判断()f x 是否为[]1,3上的“2类函数”；(2)若2()(1)e ln 2xx f x a x x x =---为[1,e]上的“3类函数”，求实数a 的取值范围；(3)若()f x 为[1,2]上的“2类函数”，且(1)(2)f f =，证明：1x "，2[1,2]x Î，()()121f x f x -<．3．（2024届辽宁省沈阳市第一二〇中学高三最后一卷）设函数()21ln 2f x x x x ax =--的两个极值点分别为()1212,x x x x <．(1)求实数a 的取值范围；(2)若不等式()12a x x l <+恒成立，求正数l 的取值范围（其中e 271828=L ．为自然对数的底数）．00x x <<()()0,g x g x ¢<()00,x 0x x >()()0,g x g x ¢>()0,x ¥+()g x \0x x =()000min 015e ln 112,2xg x x x x æö=--=+-Îç÷èø\()10,x ¥"Î+2x $ÎR ()()12g x h x >11a ³-2a £a 24．（2024届湖南省高三“一起考”大联考下学期模拟）已知函数()2f x ax =，()lng x x =，函数()f x ，()g x 有两条不同的公切线（与()f x ，()g x 均相切的直线）1l ，2l .(1)求实数a 的取值范围；(2)记1l ，2l 在y 轴上的截距分别为1d ，2d ，证明：121d d +<-.5．（2024届天津市民族中学高三下学期4月模拟）已知函数()()22ln 0f x x x a x a =-+>．(1)当2a =时，试求函数图象在点()()1,1f 处的切线方程；(2)若函数()f x 有两个极值点1x 、()212x x x <；（ⅰ）求a 的取值范围；（ⅱ）不等式()12f x mx ³恒成立，试求实数m 的取值范围．6．（2024届陕西省部分学校（菁师联盟）高三下学期5月份高考适应性考试）已知函数()2ln f x x x x =-.(1)求曲线()y f x =在2e x =处的切线方程；(2)若()()12f x f x =，且12x x <.求证：212e x x +<.7．（2024届广东省广州市二模）已知函数()()21e x f x a x x -=++．(1)讨论()f x 的零点个数；(2)若()f x 存在两个极值点，记0x 为()f x 的极大值点，1x 为()f x 的零点，证明：0122x x ->．8．（2024届重庆市名校联盟高三下学期全真模拟）T 性质是一类重要的函数性质，具有T 性质的函数被称为T 函数，它可以从不同角度定义与研究.人们探究发现，当()y f x =的图像是一条连续不断的曲线时，下列两个关于T 函数的定义是等价关系．定义一：若()y f x =为区间(),a b 上的可导函数，且()y f x ¢=为区间(),a b 上的增函数，则称()y f x =为区间(),a b 上的T 函数．定义二：若对()12,,x x a b "Î，()0,1l "Î，都有()()()()121211f x x f x f x l l l l éù+-£+-ëû恒成立，则称()y f x =为区间(),a b 上的T 函数．请根据上述材料，解决下列问题：(1)已知函数()πtan 02f x x x æö=Îç÷èø，,．①判断()y f x =是否为π0,2x æöÎç÷èø上的T 函数，并说明理由；②若π0,2a b æöÎç÷èø，且π22a b +=，求()()2f f a b +的最小值(2)设11111m n m n >>+=，，，当00a b >>，时，证明：11m na b ab m n+³．9．（2024届河南省九师联盟高三下学期5月联考）已知函数1()ln (0)f x a x a x=+¹．(1)若()f x a >对,()0x Î+¥恒成立，求a 的取值范围；(2)当3a =时，若关于x 的方程211()42f x x x b x =-++有三个不相等的实数根1x ，2x ，3x ，且1x <23x x <，求b 的取值范围，并证明：314x x -<．10．（2024届湖北省宜荆荆随恩高三5月联考）设函数，(1)讨论的单调性．(2)若函数存在极值，对任意的，存在正实数，使得（ⅰ）证明不等式．（ⅱ）判断并证明与的大小．11．（2024届江西省上饶市六校高三5月第二次联合考试）已知函数．(1)若，求的极值；(2)若，求的最大值．12．（2024届山西省临汾市高三下学期考前适应性训练）已知函数．(1)求在处的切线方程；(2)若曲线与直线有且仅有一个交点，求的取值范围；(3)若曲线在处的切线与曲线交于另外一点，求证：．13．（2024届江苏省扬州市仪征市四校高三下学期4月联合学情检测）已知函数．()()24ln 42f x x ax a x =-+-a ÎR()f x ()f x 120x x <<0x ()()()()21021f x f x f x x x ¢-=-212121ln ln 2x x x x x x ->-+122x x +0x ()()ln ,,0f x x a x b a b a =--ιR 1a b ==()f x ()0f x ³ab ()()21ln 12=++f x x x ()f x 0x =()y f x =y ax =a ()y f x =()()(),0m f m m >()y f x =()(),n f n 21mm n m -<<-+()()()ln 0f x mx x m =->(1)若恒成立，求的取值范围；(2)若有两个不同的零点，证明．14．（2024届河北省保定市高三下学期第二次模拟）已知函数为其导函数．(1)若恒成立，求的取值范围；(2)若存在两个不同的正数，使得，证明：．15．（2024届云南省高中毕业生第二次复习统一检测）已知常数，函数.(1)若，求的取值范围;(2)若、是的零点，且，证明:.()0f x £m ()f x 12,x x 122x x +>()ln ,()f x ax x x f x ¢=-()1f x £a 12,x x ()()12f x f x=0f ¢>0a >221()2ln 2f x x ax a x =--20,()4x f x a ">>-a 1x 2x ()f x 12x x ¹124x x a +>。
高考专题 导数双变量问题
导数专题——导数背景下双变量问题（内含极值点偏移）类型一 消参构造)(21x x f ±或者)(21x x f 化二元函数为一元函数处理 【例1】已知函数()()1ln a f x a x x a x+=--∈R . (1)求函数()f x 的单调区间；(2)当e a <<x 的方程()1a f ax ax+=-有两个不同的实数解12,x x ，求证:22124x x x x +<.【解析】(1)()f x 的定义域为(0)+∞,，()21a a f x x x +'=-221x ax ax -+++=()()211x x a x -+-+⎡⎤⎣⎦=.①当10a +>，即1a >-时，)1(0x a ∈+,，()0f x '>，1()x a ∈++∞,，()0f x '<， ∴函数()f x 的单调递增区间是(0)1a +,，单调递减区间是(1)a ++∞,. ②当10a +≤，即1a ≤-时，0()x ∈+∞,，()0f x '<，∴函数()f x 单调递减区间是(0)+∞,，无单调递增区间.(2)设()()1a g x f ax ax+=+()ln ln a a x x =+-， ()()()10a x g x x x-'∴=>. 当01x <<时，()0g x '>，函数()g x 在区间(0)1,上单调递增； 当1x >时，()0g x '<，函数()g x 在区间(1)+∞,上单调递减；()g x ∴在1x =处取得最大值.方程()1a f ax ax+=-有两个不同的实数解12x x ,. ∴函数()g x 的两个不同的零点12,x x ，一个零点比1小，一个零点比1大.不妨设1201x x <<<，由()10g x =，且()20g x =，得()11ln x ax =，且()22ln x ax =，则111x x e a =，221x x e a =，121221x x x x e a +∴=， 1212212121x x x x e x x a x x +∴=⋅++， 令12x x t +=，()te h t t=，()()221tt t e t e t e h t t t -⋅-'==. 12t x x =+，1201x x <<<，1t ∴>.()0h t '>.函数()h t 在区间(1)+∞,上单调递增，()()1h t h e >=，()12122212121x xx x e ex x a x x a+∴=⋅>++. e a <<2144e e a e ∴>=，121214x x x x ∴>+. 又120x x +>，12124x x x x ∴+<.【例2】已知函数)()(a ax e e x f x x +-=有两个极值点21,x x . （1）求a 的取值范围； （2）求证：21212x x x x +<.【解析】（1）因为)2()(ax e e x f x x -='，令0)(='x f ，即ax e x =2①当0=a 时，无解 ②当0≠a 时，x e x a =2，令x e x x g =)(，则x ex x g -='1)( 易得)(x g 在)1,(-∞上单调递增，在),1(+∞上单调递减又因为0)(,)(,,1)1(→+∞→-∞→-∞→=x g x x g x eg 时，时所以当ea 120<<，即e a 2>时，)(x f 有两个极值点.（2）由（1）设2110x x <<<，且有⎪⎩⎪⎨⎧==212122ax e ax e x x即1212x x e x x =-，两边取对，得1212ln x xx x =- 要证21212x x x x +<，即证))((ln212211221x x x x x x x x -+<，即211212ln 2x xx x x x -< 令)1(12>=t t x x ，只需证明01ln 2)(<+-=tt t t h 在),1(+∞上恒成立即可 由于0)1(112)(222<--=--='tt t t t h ，所以)(t h 在),1(+∞上单调递减， 即0)1()(=<h t h ，原式得证. 【例3】已知函数()ln )R (f x x ax a a =-+∈. (1)求函数()f x 的单调区间；(2)当1a =时，对任意的0m n <<，求证:()()()1n m f m m f n m--<+. 【解析】(1)()()110axf x a x xx-'=-=>. 当0a ≤时，()0f x '>恒成立，()f x ∴的单调递增区间为(0)+∞,，无单调递减区间；当0a >时，由()0f x '>得10x a<<，由()0f x '<，得1x a>，()f x ∴的单调递增区间为10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减区间为1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭.(2)1a =时，()()ln 10f x x x x =-+>，由(1)知()f x 在()0,1上为增函数，在()1+∞,上为减函数，()()ln 110f x x x f ∴=-+≤=，ln 1x x ∴≤-，当且仅当1x =时，取“=”.()()f n f m -()()ln 1ln 1n n m m =-+--+()ln nn m m=--. ()11n m n m nm m m m--=-++ 0m n <<，11m ∴+>，0n m ->，1nm>.()1n m n m m -∴--<-+，∴只要证明ln1n nm m<-即可. 又1nm>，∴上式成立()()()1n m f n f m m m -∴-<+. 技巧二 借助极值点偏移处理双变量问题【例4】已知函数()2x af x e x c⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，其定义域为(0)+∞,.(其中常数 2.71828e =…，是自然对数的底数)(1)求函数()f x 的单调递增区间；(2)若函数()f x 为定义域上的增函数，且()()124f x f x e +=-，证明:122x x +≥.【解析】(1)函数()2xa f x e x x ⎛⎫⎪⎝=-⎭-的定义域是()0,+∞，()()()221x e x x a f x x --'=.①若0a ≤，由()0f x '>，得1x >，∴函数()f x 的单调递增区间是()1,+∞.②若01a <<，由()0f x '>，得1x >或0x <<∴函数()f x 的单调递增区间是和.()1,+∞. ③若1a =，()()()22110x e x x f x x+-'=≥，∴函数()f x 的单调递增区间是()0,+∞.④若1a >，由()0f x '>，得x >01x <<，∴函数()f x 的单调递增区间是(0)1,和)+∞.综上，若0a ≤，函数()f x 的单调递增区间是(1)+∞,；若01a <<，函数()f x 的单调递增区间是和(1)+∞,； 若1a =，函数()f x 的单调递增区间是()0,+∞；若1a >，函数()f x 的单调递增区间是(0)1,和)+∞ (2)函数()f x 为定义域()0,+∞上的增函数，由(1)可知，1a =，()12x f x e x x ⎛⎫∴=--⎪⎝⎭. ()12f e =-，()()()12421f x f x e f ∴+=-=.不妨设1201x x <≤≤，欲证122x x +≥，只需证212x x ≥-， 即证()()212f x f x ≥-，又只需证()()1142e f x f x --≥-，即证()()1124f x f x e +-≤-令()()()2g x f x f x =+-，01x <≤，只需证()()1g x g ≤，()()()()2222221312x xe x x g x ex x x --⎡⎤+-'=--⎢⎥-⎢⎥⎣⎦， 1x e x ≥+.()()22221211x x e e x x --∴=≥-+=.()()2222132x e x xx x -+-∴--()2312xx x -≥+--()322312x x x x -++=-()()()2212102x x x x ---=≥-. ()()()()22222213102x xe x x g x ex x x --⎡⎤+-'∴=--≥⎢⎥-⎢⎥⎣⎦. ()g x ∴单调递增，即()()1g x g ≤，从而122x x +≥得证.【例5】已知函数2()(2)e (1)x f x x a x =-+-有两个零点. (1)求a 的取值范围;(2)设12,x x 是()f x 的两个零点,证明:122x x +<.【解析】（1）()0,+∞（2）当1x >时,'()0g x <,而(1)0g =,故当1x >时,()0g x <.从而22()(2)0g x f x =-<,故122x x +<.解析：(1)'()(1)e 2(1)(1)(e 2)x x f x x a x x a =-+-=-+. ①设0a =,则()(2)e ,()x f x x f x =-只有一个零点,②设0a >,则当(,1)x ∈-∞时,'()0f x <;当()1,x ∈+∞时,'()0f x >,所以()f x 在(),1-∞上单调递减,在()1,+∞上单调递增.又(1)e,(2)f f a =-=,取b 满足0b <且ln 2ab <,则223()(2)(1)022a f b b a b a b b ⎛⎫>-+-=-> ⎪⎝⎭, 故()f x 存在两个零点.③设0a <,由'()0f x =得1x =或ln(2)x a =-.若e 2a ≥-,则ln(2)1a -≤,故当()1,x ∈+∞时,'()0f x >,因此()f x 在()1,+∞上单调递增.又当1x ≤时,()0f x <,所以()f x 不存在两个零点.若e 2a <-,则ln(2)1a ->,故当(1,ln(2))x a ∈-时,'()0f x <;当(ln(2),)x a ∈-+∞时,'()0f x >.因此()f x 在(1,ln(2))a -单调递减,在(ln(2),)a -+∞单调递增。
导数双变量专题说课讲解
导数-双变量问题1.构造函数利用单调性证明2.任意性与存在性问题3.整体换元—双变单4.极值点偏移5.赋值法构造函数利用单调性证明形式如：1212|()()|||f x f x m x x -≥-方法：将相同变量移到一边，构造函数1. 已知函数239()()(24f x x x =++）对任意[]12,1,0x x ∈-，不等式12|()()|f x f x m -≤恒成立，试求m 的取值范围。
2.已知函数2()(1)ln 1f x a x ax =+++.设1a <-,如果对12,(0,)x x ∀∈+∞,有1212|()()|4||f x f x x x -≥-,求实数a 的取值范围.3.已知函数2)1ln()(x x a x f -+=区间)1,0(内任取两个实数q p ,，且q p ≠时，若不等式1)1()1(>-+-+qp q f p f 恒成立，求实数a 的取值范围。
4.已知函数21()2ln (2),2f x x a x a x a R =-+-∈．是否存在实数a ，对任意的 ()12,0,x x ∈+∞，且21x x ≠，有2121()()f x f x a x x ->-，恒成立，若存在求出a 的取值范围，若不存在，说明理由．练习1：已知函数2()ln =+f x a x x ,若0>a ,且对任意的12,[1,]∈x x e ，都有121211|()()|||-<-f x f x x x ,求实数a 的取值范围．练习2.设函数()ln ,m f x x m R x =+∈.若对任意()()0,1f b f a b a b a->><-恒成立， 求m 的取值范围.5.已知函数()21()1ln ,12f x x ax a x a =-+-> （1）讨论函数的单调性（2）证明：若5a <，则对任意的()12,0,x x ∈+∞，且21x x ≠，有2121()()1f x f x x x ->--恒成立6.设函数()2mx f x e x mx =+-（1）证明：()f x 在(),0-∞单调递减，在()0,+∞单调递增；（2）若对于任意[]12,1,1x x ∈-，都有12|()()|e 1f x f x -≤-，求m 的取值范围。
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导数-双变量问题
1.构造函数利用单调性证明
2.任意性与存在性问题
3.整体换元—双变单
4.极值点偏移
5.赋值法
构造函数利用单调性证明
形式如：1212|()()|||f x f x m x x -≥- 方法：将相同变量移到一边，构造函数
1. 已知函数239()()(24
f x x x =++）对任意[]12,1,0x x ∈-，不等式12|()()|f x f x m -≤恒成立，试求m 的取值范围。
2.已知函数2
()(1)ln 1f x a x ax =+++.设1a <-,如果对12,(0,)x x ∀∈+∞,有
1212|()()|4||f x f x x x -≥-,求实数a 的取值范围.
3.已知函数2
)1ln()(x x a x f -+=区间)1,0(内任取两个实数q p ,，且q p ≠时，若不等式
1)
1()1(>-+-+q
p q f p f 恒成立，求实数a 的取值范围。
4.已知函数2
1()2ln (2),2
f x x a x a x a R =
-+-∈．是否存在实数a ，对任意的
()12,0,x x ∈+∞，且21x x ≠，有
2121
()()
f x f x a x x ->-，恒成立，若存在求出a 的取值范围，
若不存在，说明理由．
练习1：已知函数2
()ln =+f x a x x ,若0>a ,且对任意的12,[1,]∈x x e ，都有
1212
11
|()()||
|-<-f x f x x x ,求实数a 的取值范围．
练习2.设函数
()ln ,m f x x m R x =+
∈.若对任意()()0,1f b f a b a b a
->><-恒成立， 求m 的取值范围.
5.已知函数()2
1()1ln ,12
f x x ax a x a =
-+-> （1）讨论函数的单调性
（2）证明：若5a <，则对任意的()12,0,x x ∈+∞，且21x x ≠，有2121
()()
1
f x f x x x ->--恒
成立
6.设函数()2mx
f x e
x mx =+-
（1）证明：()f x 在(),0-∞单调递减，在()0,+∞单调递增；
（2）若对于任意[]12,1,1x x ∈-，都有12|()()|e 1f x f x -≤-，求m 的取值范围。
任意与存在性问题
1. 已知函数()2
a f x x x
=+，()ln g x x x =+，其中0a >．
（1）若函数()x f y =在[]e ,1上的图像恒在()x g y =的上方，求实数a 的取值范围．
（2）若对任意的[]12,1x x e ∈，（e 为自然对数的底数）都有()1f x ≥()2g x 成立，
求实数a 的取值范围．
2.已知函数321
()313f x x x x =+-+，
2
()2g x x x a =-++ （1）讨论方程()f x k =（k 为常数）的实根的个数。
（2）若对任意[]0,2x ∈，恒有()f x a ≥成立，求a 的取值范围。
（3）若对任意[]
0,2x ∈，恒有()()f x g x ≥成立，求a 的取值范围。
（4）若对任意[]
10,2x ∈，存在
[]
20,2x ∈，恒有
()
12()f x g x ≥成立，求a 的取值范围。
整体换元——双变单
1. 已知函数2
()ln .
f x ax x =+
（Ⅰ）求()f x 的单调区间；
（Ⅱ）当0a =时，设斜率为k 的直线与函数()y f x =相交于两点1122(,)(,)A x y B x y 、 21()x x >，求证：121
x x k
<<．
练习1. 已知函数为常数其中且a a a x x g x x x f a ),1,0(log )(,22
1)(2
≠>=-=
，如果 )()()(x g x f x h +=在其定义域上是增函数，且()h x '存在零点（()()h x h x '为的导函数）． （I ）求a 的值；
（II ）设(,()),(,())()A m g m B n g n m n <是函数()y g x =的图象上两点，
0()()
()g n g m g x n m
-'=
-0(()()),:.g x g x m x n '<<为的导函数证明
练习2. 已知函数2
1()ln 1,()2
a f x x ax g x x -=-+=
，a R ∈；
（1）已知2a <，()()()h x f x g x =+，求()h x 的单调区间； （2）已知1a =，若1201x x <<<，211221()()()()f x f x f t x t x x x -'=<<-，求证：12
2
x x t +<
练习3.已知函数(),x
f x e x R =∈，设a b <，比较
()()2f a f b +与()()
f b f a b a
--的大小，
并说明理由。
2. 已知函数()()x a x x f -+=ln 有且只有一个零点，其中a ＞0. （Ⅰ）求a 的值；
（II ）设()()x x f x h +=，对任意()()2121,1,x x x x ≠+∞-∈，证明：不等式
()()
12121212
1+++--x x x x x h x h x x ＞恒成立.
3.已知2
()2ln f x x x ax =-+在(0,)+∞内有两个零点12,x x ，求证：'12
()02
x x f +<。
练习.已知函数f (x )＝ln x －mx （m ∈R ），若函数f (x )有两个不同的零点x 1，x 2，求证：x 1x 2＞e 2
．
4.已知函数()()2
()ln 0f x x ax a =>
（1）若()2
'f x x ≤对任意的0x >恒成立，求a 的取值范围
（2）当1a =时，设函数()g()f x x x =
，若12121,,1,1x x x x e ⎛⎫
∈+< ⎪⎝⎭
，求证：
()4
1212x x x x <+。
对称轴问题12x x +的证明
1.已知函数()x f x xe -=．
(1)求函数()f x 的单调区间和极值；
(2)已知函数()x g y =的图象与函数()y f x =的图象关于直线1x =对称．证明：当1x >时，()()f x g x >；
(3)如果21x x ≠，且()()12f x f x =，证明：122x x +>
2.已知函数()()2ln 0,1x f x a x x a a a =+->≠
(1)求函数()f x 的单调区间；
(2)1a >，证明:当()0,x ∈+∞时，()()f x f x >-
(3)若对任意21x x ≠，且当()()12f x f x =时，有120x x +<，求a 的取值范围.
练习. 已知函数()ln f x x x =． (1)求函数()f x 的单调区间和极值；
(2) 如果21x x ≠，且()()12f x f x =，证明：122x x e
+>
赋值法
1. 已知函数()()()10r f x rx x r x =-+->，其中r 为有理数，且01r << （1）求()f x 的最小值；
（2）试用（1）的结果证明：若12120,0,,a a b b ≥≥为正有理数，若121b b +=，则
12
121122b b a a a b a b ≤+
（3）将（2）中的命题推广到一般形式，并用数学归纳法证明。
2. 已知函数()()()()ln ,ln 1ln ,0,1f x x g x x x λλλλ==+--∈； （1）证明：()[1,),g 0x x ∈+∞≥恒成立
（2）若正数12,λλ满足121λλ+=，证明：对于任意正数12x x ≥，都有
()()()11221122f x x f x f x λλλλ+≥+
（3）若正数123,,λλλ满足1231λλλ++=，试类比（2）的结论，写出一个正确的结论，并证明。
（注：文档可能无法思考全面，请浏览后下载，供参考。
）。